Soluções Física – Semana 6

A primeira lei da termodinâmica para o quarto com a geladeira é dada por $$\Delta U = W$$, onde $$W$$ é o trabalho feito pelo motor da geladeira e $$U$$ é a energia interna. Naturalmente, $$\Delta U = {\Delta U}_q + {\Delta U}_g$$, com $${\Delta U}_g = W – Q$$ e $${\Delta U}_q = Q$$, onde $$Q$$ é a quantidade de calor transferida da geladeira para o quarto.

$$i)$$ Quando a geladeira é ligada, a temperatura no quarto vai aumentar porque $$W > 0$$ e $${\Delta U}_g \geq 0$$ e porque pela segunda lei da termodinâmica $${\Delta U}_g < W$$.

$$ii)$$ Quando a temperatura dentro da geladeira atinge um certo valor $$T_1$$, ela é desligada automaticamente. Assim $$Q < 0$$, $$W = 0$$ e a temperatura dentro do quarto vai diminuir até atingir um certo valor $$T_2$$. A situação vai se repetir, mas com intervalos de tempo devidos a $$(ii)$$ cada vez mais curtos, porque a transferência de calor pelas paredes da geladeira é maior para temperaturas do quarto mais altas, até que finalmente os intervalos de tempo desaparecem e a temperatura do quarto cresce até que a geladeira se quebre.

b) Para o caso da geladeira cheia e fechada, o processo segue as mesmas etapas descritas em $$(i)$$ e $$(ii)$$ de (a), mas a capacidade térmica da geladeira aumentou por causa da comida, então o processo é, no início, mais lento. Além disso $$Q_{(b)} > Q_{(a)}$$ (por unidade de tempo), no início, porque parte do calor da geladeira também é transferido para a comida.

c) Neste caso, a geladeira não se desliga nunca e a temperatura cresce monotonicamente e mais rapidamente. No início, o acréscimo é mais lento, porque a geladeira tem capacidade térmica menor.

Visualmente, temos o seguinte gráfico que representa, qualitativamente, o que acontece com a temperatura ao passar do tempo:

$$i)$$ A força gravitacional atuante no aparelho será igual a $$F_G = – \frac{g}{R} x$$, onde $$x$$ é a distância ao centro da Terra. A força de amortecimento, por ser linear, é igual a $$F_A = – b v$$. Usando que $$F_R = F_G + F_A$$, temos:

$$!ma = – \frac{g}{R} x – b v \Rightarrow \ddot{x} + \frac{b}{m} \dot{x} + \frac{g}{m R} x = 0$$

Que é a equação característica de um movimento oscilante amortecido.

Sendo $${\omega}_0 = \sqrt{\frac{g}{m R}} = \frac{1}{8000} Hz$$ e $$\zeta = \frac{b}{2 m {\omega}_0} = \frac35$$ a frequência natural do oscilador e a taxa de amortecimento, respectivamente, temos:

$$!\ddot{x} + 2 \zeta {\omega}_0 \dot{x} + {{\omega}_0}^2 x = 0$$

Como $$\zeta < 1$$, o amortecimento é sub-crítico e possui solução da seguinte forma:

$$!x(t) = e^{-\zeta {\omega}_0 t}(A cos(\omega t) + B sin(\omega t))$$, onde $$\omega = {\omega}_0 \sqrt{1 – {\zeta}^2} = \frac{1}{10000} Hz$$

Substituindo as condições iniciais: $$x(0) = -R$$ e $$\dot{x}(0) = 0$$, temos:

$$!x(t) = – R e^{-\zeta {\omega}_0 t}(cos(\omega t) + \frac{\zeta {\omega}_0}{\omega} sin(\omega t))$$

Queremos resolver $$x(\Delta t) = 0$$, ou seja:

$$!cos(\omega \Delta t) = – \frac{\zeta {\omega}_0}{\omega} sin(\omega \Delta t) \Rightarrow tg(\omega \Delta t) = – \frac43$$

$$!\Rightarrow \omega \Delta t = \pi – {{tg}^{-1}}(\frac43) = 3 – 0.93 = 2.07$$

$$!\Rightarrow \Delta t = \frac{2.07}{\omega} \Rightarrow \Delta t = 2.07 \times 10^5 s \approx 2.4 dias$$

$$ii)$$ Caso não houvesse o líquido amortecedor, a equação resultante seria esta:

$$!\ddot{x} + {{\omega}_0}^2 x = 0$$

Cuja solução é dada por $$x(t) = A cos({\omega}_0 t) + B sin({\omega}_0 t)$$, usando as condições inicais novamente, temos: $$x(t) = – R cos({\omega}_0 t)$$.

Queremos $$x({\Delta t}_0) = 0 \Rightarrow {\omega}_0 {\Delta t}_0 = \frac{\pi}{2} = \frac32$$

$$!\Rightarrow {\Delta t}_0 = \frac{3}{2 {\omega}_0} \Rightarrow {\Delta t}_0 = 1.2 \times 10^4 s = 3h 20m$$

Ou seja:

$$!\frac{{\Delta t}}{{\Delta t}_0} = 17.25$$