Escrito por Akira Ito e Gabriel Hemétrio
Iniciante ?
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Termodinâmica[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Repare que o sistema opera como uma máquina térmica em que o forno é a fonte quente e o ambiente externo é a fonte fria. Sabemos que a potência da fonte quente é \(P\), então:
\[\eta = \dfrac{W}{Q} = \dfrac{P’}{P}\]
mas:
\[\eta = 1 – \dfrac{T_2}{T_1}\]
então:
\[P’ = \left(1 -\dfrac{T_2}{T_1}\right) P \]
Por fim:
\[P’ = \dfrac{\Delta Q}{\Delta t}\]
\[\left(1 – \dfrac{T_2}{T_1}\right) P \Delta t = C\Delta T\]
\[\boxed{\Delta t = \dfrac{C(T_F – T_0)}{P\left(1 – \dfrac{T_2}{T_1}\right)}}\]
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
\[\boxed{\Delta t = \dfrac{C(T_F – T_0)}{P\left(1 – \dfrac{T_2}{T_1}\right)}}\]
[/spoiler]
Intermediário ??
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Dinâmica do corpo rígido, oscilações[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a)
Para encontrar o momento de inércia de uma esfera em relação à um eixo tangente à esfera, podemos utilizar o teorema dos eixos paralelos:
$$I=I_{cm}+mR^2$$
Em que $$ I_{cm}=\dfrac{2}{3}mR^2$$ é o momento de inércia em relação ao centro de massa. Para calcular $$I_{cm}$$, podemos dividir a esfera em anéis, de forma que:
$$dI=\left( R\sin{\theta}\right)^2 dm$$
Em que $$dm=2\pi R^2 \sin{\theta}\sigma d\theta$$ e $$\sigma=m/(4\pi R^2)$$. Logo:
$$\displaystyle dI=2\pi R^4\sigma \displaystyle\int_0^\pi \sin^3{\theta}d\theta $$
Usando $$\displaystyle\int_0^\pi \sin^3{\theta}d\theta=\dfrac{4}{3}$$, obtemos $$ I_{cm}=\dfrac{2}{3}mR^2$$. Usando o teorema dos eixos paralelos:
$$ I=\dfrac{2}{3}mR^2+mR^2$$
$$\boxed{I=\dfrac{5}{3}mR^2}$$
b)
Para um pêndulo físico cujo centro de massa está a uma distância $$R$$ do pivô, temos a seguinte equação de movimento:
$$ -mgR\sin{\theta}=I\ddot\theta$$
Para pequenos ângulos $$\sin{\theta}=\theta$$, logo:
$$ \ddot\theta+\theta\left( \dfrac{mgR}{I} \right)=0$$
Logo, a frequência de oscilação é:
$$\omega^2=\dfrac{mgR}{I}$$
$$\boxed{T=2\pi\sqrt{\frac{5R}{3g}}}$$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a)
$$\boxed{I=\dfrac{5}{3}mR^2}$$
b)
$$\boxed{T=2\pi\sqrt{\frac{5R}{3g}}}$$
[/spoiler]
Avançado ???
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Dinâmica relativística[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a)
No referencial solidário, por definição, o foguete possui uma velocidade nula (antes de ejetar o combustível) e uma velocidade $$dv$$ depois. Conservando o momento clássico, temos:
$$\Delta p=0$$
$$(-u)(-dm)+mdv=0$$
$$ mdv = -dmu$$
Note que $$dm$$ é negativo, já que a massa de repouso do foguete diminui com o passar do tempo.
b)
Essa é a etapa mais complicada do problema, já que envolve muitas variáveis e pequenas ideias, então leia essa parte várias vezes, se for preciso!
No referencial do laboratório (Terra) o referencial solidário se move com velocidade constante instantânea $$v$$ enquanto o foguete se move com velocidade $$u=v$$ instantaneamente. Seja $$u’=0$$ a velocidade do foguete em relação ao referencial solidário. Por adição de velocidades (c=1):
$$u=\dfrac{u’+v}{1+u’v}$$
Diferenciando e aplicando a derivada de fração:
$$du=\dfrac{(du’+dv)(1+u’v)-(u’+v)(vdu’+u’dv)}{(1+u’v)^2}$$
Mas $$dv=0$$ (pois $$S’$$ é um referencial inercial), $$u’=0$$ (pois $$S’$$ é um referencial solidário ao foguete) e $$du=dv$$. Logo:
$$dv=(1-v^2)du’$$
$$\dfrac{dv}{1-v^2}=du’$$
Mas, sabemos pelo item a) que $$du’=-\dfrac{udm}{m}$$. Assim:
$$\dfrac{dv}{1-v^2}=-u\dfrac{dm}{m}$$
A integral da esquerda pode ser rapidamente resolvida usando a ideia de frações parciais, e a integral da direita é simplesmente o logarítmo natural:
$$\dfrac{1}{2}\ln\left( \dfrac{1+v}{1-v} \right)=-u \ln\left( \dfrac{m}{m_0}\right)$$
Simplificando a expressão e corrigindo as unidades, obtemos:
$$\dfrac{m}{m_0}=\left( \dfrac{1-\beta}{1+\beta} \right)^{\dfrac{c}{2u}}$$
c)
Note que $$\dfrac{1-v}{1+v}=1-\dfrac{2v}{1+v}$$, assim:
$$\ln\left( \dfrac{m}{m_0} \right) =\dfrac{c}{2u}\ln\left( 1-\dfrac{2v}{1+v} \right)$$
Usando a aproximação de Taylor de primeira ordem $$ln(1+x)\approx x$$ e fazendo as devidas simplificações obtemos:
$$\dfrac{m}{m_0}=e^{-\dfrac{v}{u}}$$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a)
Demonstração
b)
Demonstração
c)
Demonstração
[/spoiler]