Solução - Problemas da Semana 169

Escrito por Felipe Brandão e João Victor Evers

Iniciante

Assunto abordado

Hidrostática e Termodinâmica

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Solução

a) Aplicando a equação de Bernoulli, onde o ponto inicial está na superfície do mar (velocidade desprezível) e o ponto final está no buraco:

P_{i} +\frac{1}{2} \rho v_{i}^{2} =P_{f} +\frac{1}{2} \rho v_{f}^{2}, onde v_i = 0

Pelo teorema de Stevin, P_i - P_f = \rho g h. Assim, usando as duas equações e substituindo:

v_{f} =\sqrt{\frac{2\Delta P}{\rho }} =\sqrt{2gh} =76,72\; \rm{m/s}

Onde v_f é a velocidade de entrada no buraco. Sendo assim, para encontrar a taxa de volume por tempo \rm{m/s} de água que entra no submarino, multiplicamos essa quantia pela área fornecida, resultando assim em:

\boxed{Q=Av_f = 0,153\; \rm{m^3/s}}

b) Como foi indicado que a entrada de água é tão rápida que pode ser considerada uma transformação adiabática, vamos encontrar o coeficiente de Poisson da transformação e aplicar PV^{\gamma}=const. para a bolha de ar dentro do submarino.

Como c_v = \frac{5R}{2} e c_v = \frac{R}{\gamma -1}, temos que \gamma = \frac{7}{5} (Gás Diatômico).

A pressão final vai ser igual a pressão do mar naquele ponto, dada por:

P_f=P_{atm}+\rho g h = (10^5 + 1000.9,8.300)\; \rm{Pa}=3\; \rm{MPa}

Assim:

P_iV_i^{\gamma}=P_fV_f^{\gamma} \implies \boxed{V_f=V_i \left( \frac{P_i}{P_f}\right)^{\frac{5}{7}}=0,9\; \rm{m^3}}

c) O trabalho W realizado no sistema (consiste de todo o submarino) pela água que o cerca é W = P_c \Delta V, onde P_c é a pressão constante da água circundante. Não há troca de calor, então este trabalho deve ser igual a mudança na energia interna do sistema:

W=\Delta U_{water}+\Delta U_{gas}=nc_v \Delta T + E_{turb.}

onde n=\frac{m}{M}=\frac{\rho V}{M}=424\; \rm{mols} e E_{turb.} é a quantidade que procuramos. Então:

E_{turb.} = (P_{atm}+\rho g h) (V_f - V_0) - \frac{\rho V}{M} c_v (T_f - T_0)

Podemos encontrar T_f usando P^{1-\gamma}T^{\gamma}=const. de forma análoga a como foi feito com PV^{\gamma}=const. em b), que resulta em aproximadamente T_f = 2,6T_0.

Finalmente, fazendo as contas:

\boxed{E_{turb.} = 22\; \rm{MJ}}

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Gabarito

\boxed{E_{turb.} = 22\; \rm{MJ}}

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Intermediário

Assunto abordado

Hidrostática e M.H.S

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Solução

Na condição de equilíbrio hidrostático:

\vec{E}=m\vec{g} \implies \rho_0 g V_{sub.} = mg

onde V_{sub.} é o volume do cilindro submerso na água inicialmente; daqui para frente, vamos chamar essa quantidade de V_0.

Agora, vamos analisar como o sistema se comportará após uma pequena movimentação no cilindro, direcionada para baixo:

Perceba que o nivel da água sobe um certo y enquanto o cilindro afunda x. Para encontrar uma relação entre essas quantidades, vamos igualar o volume de água que sobe com o volume deslocado pelo cilindro (conservação do volume):

xs=y(S-s)

Feito isso, vamos aplicar a segunda lei de Newton para o cilindro em movimento:

ma=mg-\rho g V_{sub.}'

Pela figura, o valor do volume submerso agora vale V_{sub.}'=V_0+s(x+y). Queremos encontrar uma relação que relacione a aceleração do cilindro unicamente com seu deslocamento x, logo, podemos escrever V_{sub.}' em termos de x:

V_{sub.}'=V_0+s(x+\frac{xs}{S-s})=V_0+\frac{Ssx}{S-s}

Substituindo essa expressão na segunda lei, temos:

ma=mg-\rho g ( V_0+\frac{Ssx}{S-s}) \implies ma=mg-mg-\rho\frac{Ssgx}{S-s}

a+\frac{\rho Ssg}{(S-s)m}x=0

que é a equação de um Movimento Harmônico Simples, com frequência angular dada por:

\boxed{\omega =\sqrt{\frac{\rho Ssg}{(S-s)m}}}

Obs.: Nessa solução consideramos que a água mexe pouco, de forma a desprezar sua interferência no empuxo sofrido pelo cilindro; para saber como esse efeito afeta a frequência angular, acesse EuPhO 2022.

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Gabarito

\boxed{\omega =\sqrt{\frac{\rho Ssg}{(S-s)m}}}

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Avançado

Assunto abordado

Hidrodinâmica

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Solução

a) Sabemos que (onde f e f_c são as frequências da onda e do MCU, respectivamente):

v=\lambda f \hspace{0.25cm} \text{e} \hspace{0.25cm} \omega=2\pi f_c

No entanto, a frequência do movimento circular e do movimento da onda são iguais, portanto:

\boxed{\omega=\frac{2\pi v}{\lambda}}

 

b) Veja a figura a seguir no referencial da terra:

Quando migramos para o referencial que se move com v temos o seguinte, os pontos azuis são diferenciais de massa de água, que estão em um fluxo estacionário.

O dm de água que está na posição mais baixa, enventualmente passa pela mais alta e tem sua energia consevada, nos permitindo escrever:

\frac{1}{2}dm(v-\omega R)^2+2dmgR=\frac{1}{2}dm(v+\omega R)^2

Desenvolvendo:

4gR=(v+\omega R)^2-(v-\omega R)^2

 \boxed{v\omega=g}

c) Substituindo \omega=\frac{2\pi v}{\lambda}:

\boxed{v=\sqrt{\frac{g\lambda}{2\pi}}}

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Gabarito

a)

\boxed{\omega=\frac{2\pi v}{\lambda}}

b)

 \boxed{v\omega=g}

c)

\boxed{v=\sqrt{\frac{g\lambda}{2\pi}}}

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