Solução - Problemas da Semana 169

Hidrostática e Termodinâmica

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:

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

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

Hidrostática e M.H.S

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.

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

Hidrodinâmica

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 $\omega=\frac{2\pi v}{\lambda}$:

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

a)

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

b)

$$\boxed{v\omega=g}$$

c)

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