Problemas Aula 2.1- Dilatação

Quando a tampa é aquecida, ela dilata levemente e diminui o atrito com a boca do pote. Dessa forma, a força necessária para retirar a tampa diminui.

Utilizando a expressão para dilatação linear de um corpo, temos:

$\Delta l = l_0 \alpha \Delta T$

Aplicando os valores, $\Delta T=(20)-(-140)=160^\circ C$, $\alpha=0,90\cdot 10^{-5}\,\textrm{K}^{-1}$ e $l=1\,\textrm{m}$, obtemos:

$\Delta l =1,44\cdot 10^{-3}\,\textrm{m}$

$\Delta l =1,44\cdot 10^{-3}\,\textrm{m}$

Vamos dizer que a distância do ponto até o “centro” das duas placas vale “R”, que é o valor do raio de curvatura, pela figura temos que o valor do arco gerado pela curvatura das placas é:

$L_{1}=L_{o}(1+\alpha_{1}\Delta T)=(R-d)\theta$

$L_{2}=L_{o}(1+\alpha_{2}\Delta T)=R \theta$

Em que o novo comprimento da placa é dado pela expressão $L=L_{o}(1+\alpha\Delta T)$, para a parte mais “abaixo”, pois ela é a que menos sofre do efeito de interação com a outra placa, que vai mudar a deformação original. Dividindo as duas equações temos:

$\dfrac{R-d}{R}=\dfrac{(1+\alpha_{1} \Delta T)}{1+\alpha_{2} \Delta T}$

$R=d\dfrac{(1+\alpha_{2}\Delta T)}{(\alpha_{2} -\alpha_{1})\Delta T} \approx \dfrac{d}{(\alpha_{2}-\alpha_{1})\Delta T}$

E substituindo nosso valor de $R$ na expressão original, temos que:

$\theta=\dfrac{l_{o}(1+\alpha_{2} \Delta T)}{R} \approx \dfrac{l_{o} (\alpha_{2}-\alpha_{1})\Delta T}{d}$

Se o valor de $\Delta T$ se inverter, aparecerá um valor de $\theta$ negativo, o que significa que a placa vai se encurvar, contudo para o outro lado.

$R=d\dfrac{(1+\alpha_{2}\Delta T)}{(\alpha_{2} -\alpha_{1})\Delta T} \approx \dfrac{d}{(\alpha_{2}-\alpha_{1})\Delta T}$

$\theta=\dfrac{l_{o}(1+\alpha_{2} \Delta T)}{R} \approx \dfrac{l_{o} (\alpha_{2}-\alpha_{1})\Delta T}{d}$

O período de oscilação de um pêndulo vale:

$\tau=\sqrt{\dfrac{l}{g}}$

Em que $l$ é comprimento do fio e $g$ é a aceleração da gravidade. Assim, no inverno temos que:

$\tau=\sqrt{\dfrac{l_0}{g}}$

No verão, a temperatura média do pêndulo aumenta em $\Delta T$, de forma que o fio metálico dilata e o período de oscilação aumenta. Utilizando a expressão do novo comprimento do fio $l=l_0(1+\alpha \Delta T)$, temos:

$\tau' = \sqrt{\dfrac{l_0(1+\alpha \Delta T)}{g}}$

Note que podemos reescrever a expressão da seguinte maneira:

$\tau' = \tau \sqrt{(1+\alpha \Delta T)}$

Como o novo período do pêndulo é maior, ao longo de um dia, ele oscilará menos vezes que o esperado, de forma que ele marcará um valor de tempo menor que o correto. Dessa forma, o relógio atrasa.

$\tau' = \tau \sqrt{(1+\alpha \Delta T)}$

O relógio atrasa.

Para que as barras se encostem, elas devem preencher o espaço entre as paredes, ou seja:

$\bar{l}_1+\bar{l}_2=L$

Em que $\bar{l}_1$ e $\bar{l}_2$ são os comprimentos das barras após o aquecimento. Podemos utilizar a expressão da dilatação linear das barras:

$\bar{l}_1= l_1(1+\alpha_1 \Delta T)$

$\bar{l}_2= l_2(1+\alpha_2 \Delta T)$

Assim, temos:

$\Delta T = \dfrac{L-(l_1+l_2)}{(l_1\alpha_1+l_2\alpha_2)}$

$\Delta T = \dfrac{L-(l_1+l_2)}{(l_1\alpha_1+l_2\alpha_2)}$

Após a dilatação, os lados devem possui comprimentos iguais. Ou seja:

$l=l_0(1+\alpha_0\Delta T)$

$l=l_1(1+\alpha_1\Delta T)$

Igualando as expressões, temos:

$l_0(1+\alpha_0\Delta T) = l_1(1+\alpha_1\Delta T)$

$\Delta T = \dfrac{l_0-l_1}{\alpha_1 l_1-\alpha_0 l_0}$

$\Delta T = \dfrac{l_0-l_1}{\alpha_1 l_1-\alpha_0 l_0}$

Suponha que a caixa possui dimensões $a_0$, $b_0$ e $c_0$ inicialmente. Seu volume é, portanto:

$V_0= a_0 b_0 c_0$

Após o aquecimento do sistema, o volume passará a ser:

$V=V_0(1+\gamma \Delta T)$

Mas também suas dimensões serão alteradas da seguinte forma:

$a=a_0(1+\alpha \Delta T)$

$b=b_0(1+\alpha \Delta T)$

$c=c_0(1+\alpha \Delta T)$

Ou seja, temos que:

$V=abc=V_0(1+\gamma \Delta T)$

$a_0b_0c_0 (1+\alpha \Delta T)^3=V_0 (1+\gamma \Delta T)$

Como $\alpha << 1$ e, em geral, as variações de temperatura $\Delta T$ não são tão grandes, podemos fazer a seguinte aproximação:

$(1+\alpha \Delta T)^3\approx 1+3\alpha \Delta T$

Logo, fazendo algumas simplificações, provamos que:

$\gamma=3\alpha$

Uma consequência interessante do fenômeno da dilatação dos materiais é a alteração de densidade. Pela conservação de massa, um sistema isolado não pode ter sua massa alterada, então, se o seu volume aumenta por meio de um aumento de temperatura, sua densidade será alterada.

Temos a seguinte relação:

$m=\rho V = \,\textrm{cte}$

Comparando os estados final com inicial, temos:

$m_0 = \rho V$

O volume vale inicialmente $V_0=\dfrac{4}{3}\pi R^3$, e, após o aquecimento, ele passa a ser $V=\dfrac{4}{3}\pi R^3(1+3\alpha \Delta T)$. Logo:

$m_0 = \rho\dfrac{4}{3}\pi R^3(1+3\alpha \Delta T)$

$\rho = \dfrac{3m_0}{4\pi R^3(1+3\alpha \Delta T)}$

$\rho = \dfrac{3m_0}{4\pi R^3(1+3\alpha \Delta T)}$

Quando o sistema é aquecido, pode parecer que o líquido deveria transbordar a primeira vista. No entanto, tanto o líquido quanto a panela esquentam, de forma que ambos dilatam. Nesse sistema, é possível perceber que a panela possui um maior $\gamma$ que o líquido, por isso há uma "sobra" de volume.

A diferença entre o volume final da panela com o volume final do líquido é o espaço vazio da panela, ou seja:

$\Delta V = V_{panela}-V_{liquido}$

O volume final da panela vale $V_{panela}=\pi R^2 H (1+\gamma_p)$, em que $\gamma_p$ é o coeficiente de dilatação volumétrica da panela. O volume final do líquido vale $V_{liquido}=\pi R^2 H (1+\gamma_l)$. Assim, temos:

$\pi R^2 h = \pi R^2 H (1+\gamma_p) + \pi R^2 H (1+\gamma_l)$

Resolvendo e simplificando a equação acima, temos:

$\gamma_p = \gamma_l + \dfrac{h}{H\Delta T}$

$\gamma_p = \gamma_l + \dfrac{h}{H\Delta T}$

Existem duas coisas principais que devemos perceber para marcar o item correto. Primeiramente, devemos notar que o tamanho do buraco aumentará, e isso vale para qualquer formato. Um jeito simples de ver isso é imaginar que o buraco fosse preenchido (ou que fizemos um corte na placa e não retiramos o pedaço interior à ele). A figura abaixo ilustra a situação para um buraco circular. À esquerda, temos a placa sem o furo, apenas com a região circular demarcada em destaque. As linhas vermelhas tracejadas indicam as fronteiras das superfícies após o aumento de temperatura. À direita, temos a mesma situação, mas a região circular não é mais preenchida, deixando um buraco na placa. Perceba que o fato da região não estar preenchida não altera o fato de que suas fronteiras irão expandir da mesma forma que o fariam caso não houvesse o buraco, como mostra a imagem à esquerda. Desse modo, concluímos que o tamanho do buraco deve aumentar.

Em segundo, quando a placa é aquecida de forma homogênea, a dilatação na grande maioria dos materiais ocorre de forma isotrópica; isto é, o coeficiente de dilatação linear é o mesmo em todas as direções. Isso significa que todos os lados do quadrado (de mesmo comprimento) aumentam igualmente de tamanho, e portanto seu formato final ainda deve ser o de um quadrado. Por fim, vemos então que o único item a obedecer tais condições é o Item (d), no qual o buraco mantém seu formato inicial e aumenta em tamanho.

Item (d)

Conforme foi demonstrado no problema anterior, tanto o "buraco" quanto o objeto dilatam quando há um aumento na temperatura, dessa forma, $R$ e $d$ aumentam na mesma proporção. Portanto item b).

Item b)

Veja a solução da Semana 167.

Veja a solução da Semana 167.

Vamos analisar cada uma das proposições individualmente:

I. Falsa. Conforme foi visto anteriormente nessa lista de exercícios, um aumento na temperatura de um corpo implica uma diminuição na sua densidade (isto é, o objeto se torna "mais leve"). Em um dia quente, a gasolina ficaria menos densa e, portanto, o consumidor pagaria mais do que deveria.

II. Verdadeira. A razão é a mesma da proposição anterior: em um dia frio, a gasolina aumentaria de densidade e o consumidor pagaria menos do que deveria.

III. Verdadeira. A massa de um objeto não varia com a temperatura.

As proposições II e III são corretas.

Uma pequena variação no comprimento da barra pode ser calculada como:

$dl=l_0 \alpha(T) dT$

$dl=l_0 (\alpha_0+\eta T) dT$

Podemos integrar dos dois lados para obter a expressão:

${\Delta l = l_0 \left[ \alpha_0(T-T_0) + \dfrac{\eta}{2}(T^2-T_0^2) \right] }$

OBS: A solução apresentada utiliza cálculo, mas é possível resolver esse problema com a fórmula da área de um trapézio (assim como a demonstração a expressão horária da posição do MRUV $S=S_0+v_0 t +\dfrac{1}{2}at^2$).

Note que, para valores pequenos de $\eta$, a expressão acima se aproxima da fórmula clássica $\Delta l = l_0 \alpha \Delta T$.

${\Delta l = l_0 \left[ \alpha_0(T-T_0) + \dfrac{\eta}{2}(T^2-T_0^2) \right] }$

Após o aquecimento, o volume de mercúrio vale:

$V= V_0(1+\gamma \Delta T)$

Após o aquecimento, a variação do volume de mercúrio vale:

$\Delta V=V_0 \gamma \Delta T$

Se o vidro não dilatasse, a altura da coluna de mercúrio seria simplesmente a altura de um prisma de base $S_0$ e volume $\Delta V$. A expressão incorreta então seria:

$h' = \dfrac{\Delta V}{S_0}$ (Errado)

Aplicando os valores $\gamma=1,8\cdot 10^{-4}$, $\alpha=8,5\cdot 10^{-6}$, $S_0=5\cdot 10^{-9}$, $V_0=0,17\cdot 10^{-6}$, $\Delta T = 5$ (todos os valores estão em SI) para obter uma estimativa numérica, encontramos:

$h'\approx 3,1\,\textrm{cm}$

No entanto, o vidro também dilata e precisamos levar isso em consideração para obter um termômetro preciso. Assim, o volume do bulbo vale:

$V_b=V_0(1+3\alpha \Delta T)$

Logo, um volume de mercúrio $\Delta V' = V-V_b=V_0(\gamma -3\alpha)\Delta T$ será expelido para fora do bulbo e formará a coluna do termômetro. Deve-se lembrar também que o diâmetro do tubo dilata, de forma que sua área passa a ser:

$S=S_0(1+2\alpha \Delta T)$

Logo, a coluna de mercúrio real vale:

${h=\dfrac{V_0(\gamma -3\alpha)\Delta T}{S_0(1+2\alpha \Delta T)}}$

Utilizando os mesmos valores de antes, encontramos:

$h\approx 2,6\,\textrm{cm}$

Note como há um desvio de meio centímetro em relação à situação simplificada!

${h=\dfrac{V_0(\gamma -3\alpha)\Delta T}{S_0(1+2\alpha \Delta T)}}$