Escrito por Ualype Uchôa
Iniciante:
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Dinâmica
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Montemos mentalmente o diagrama de forças para os corpos. Na direção tangencial:
O corpo $$1$$ experimenta uma força de atrito cinética $$F_{at_{1}}=\mu_{1} N_{1}$$ plano acima, onde $$N_{1}$$ é a normal de contato com o plano, uma força normal de contato com o bloco $$2$$ $$F$$ apontando plano abaixo, e uma componente do seu peso, $$m_{1}g\sin{\alpha}$$ apontando plano abaixo. Já no corpo $$2$$ atua uma força de atrito $$F_{at_{2}}=\mu_{2} N_{2}$$ apontando plano acima, a normal de contato com o bloco $$1$$ $$F$$ plano acima e uma componente do seu peso, $$m_{2}g\sin{\alpha}$$ plano abaixo.
Na direção perpendicular ao plano:
O corpo $$1$$ sente a normal $$N_{1}$$ saindo do plano e uma componente do peso $$m_{1}g\cos{\alpha}$$ entrando no plano. Já o corpo $$2$$ sente a normal $$N_{2}$$ saindo do plano e uma componente do seu peso $$m_{2}g\cos{\alpha}$$ entrando no plano.
A condição de equiíbrio na direção perpendicular nos diz que:
$$N_{1}=m_{1}g\cos{\alpha}$$
$$N_{2}=m_{2}g\cos{\alpha}$$ $$\therefore$$
$$F_{at_{1}}=\mu_{1} m_{1}g\cos{\alpha}$$ e $$F_{at_{2}}=\mu_{2}m_{2}g\cos{\alpha}$$
Aplicando a Segunda Lei de Newton na direção tangente ao plano, temos, para o corpo $$1$$:
$$m_{1}g\sin{\alpha}+F-\mu_{1} m_{1}g\cos{\alpha}=m_{1}a$$
Para o corpo $$2$$:
$$m_{2}g\sin{\alpha}-F-\mu_{2}m_{2}g\cos{\alpha}=m_{2}a$$
Note que a aceleração de ambos os corpos $$a$$ é igual, pois eles permanecem acelerando em contato durante todo o movimento. Resta-nos resolver o sistema acima. Isolando $$a$$ da equação para $$1$$ e substituindo na de baixo, obtemos:
$$F=\dfrac{(k_{1}-k_{2})m_{1}m_{2}g\cos{\alpha}}{m_1+m_2}$$
Como é válida a condição $$k_2 < k_1$$, a expressão faz sentido físico, pois $$F$$ negativo não teria significado, tendo em mente que estamos trabalhando apenas com o módulo desta força.
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$F=\dfrac{(k_{1}-k_{2})m_{1}m_{2}g\cos{\alpha}}{m_1+m_2}$$
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Intermediário:
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Dinâmica e Estática do Corpo Rígido
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Primeiramente, observe que fio está tensionado, e a componente horizontal de sua tração atuando na esfera a mantém no $$MCU$$ de velocidade angular $$\omega$$:
$$T\cos{53^{\circ}}=m\omega^2 R$$
Como nada foi dito sobre $$R$$ ou o valor de $$\omega$$, devemos encontrar $$T$$ pelo equilíbrio da esfera na vertical:
$$T\sin{53^{\circ}}=mg$$
Agora, nos atentemos para o cilindro: como este encontra-se na iminência de tombamento, o ponto de aplicação da normal exercida pelo solo é na extremidade inferior direita, pois a componente horizontal da tração $$T$$ no pino produz torque horário em relação à esse ponto, que deve ser exatamente suficiente para vencer o torque produzido pelo peso do cilindro + aquele produzido pela componente vertical da tração, pelo equilíbrio rotacional. Observe que os braços de $$T_{x}$$, $$T_{y}$$ e $$Mg$$ ($$M$$ é massa do cilindro) são, respectivamente, $$6d$$, $$d$$ e $$d$$. Equacionando:
$$Td\sin{53^{\circ}}+Mgd=6Td\cos{53^{\circ}}$$
Substituindo $$T$$:
$$mgd+Mgd=6mgd\cot{53^{\circ}}$$
$$M=\dfrac{7m}{2}=7$$ $$kg$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$M=\dfrac{7m}{2}=7 kg$$
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Avançado:
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Processos Termodinâmicos e Gases Ideais
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Primeiramente, nos recordemos da definição de capacidade térmica:
$$C=\dfrac{dQ}{dT}$$
Onde $$Q$$ é o calor fornecido no processo. Vale ressaltar que $$dQ$$ é uma diferencial inexata. A primeira lei da Termodinâmica estabelece:
$$dQ=dU+pdV$$
$$dQ=C_{V}dT+\left(p_0+\dfrac{\alpha}{V}\right)dV$$
Lembrando que $$C_{V}=\dfrac{R}{\gamma-1}$$ e derivando em relação à temperatura:
$$C=\dfrac{R}{\gamma-1}+\left(p_0+\dfrac{\alpha}{V}\right)\dfrac{dV}{dT}$$
Para descobrir $$\dfrac{dV}{dT}$$, recorremos à equação de Clapeyron, que descreve um gás ideal:
$$pV=nRT$$
$$\left(p_0+\dfrac{\alpha}{V}\right)V=RT$$
$$\dfrac{dV}{dT}=\dfrac{R}{p_0}$$
Substituindo na expressão para $$C=C(V)$$, obtemos:
$$C(V)=R\left(\dfrac{\gamma}{\gamma-1}+\dfrac{\alpha}{p_0 V}\right)$$
b) Da definição de trabalho:
$$W=\int pdV$$
$$W=\int_{V_1}^{V_2} \left(p_0+\dfrac{\alpha}{V}\right)dV$$
$$W=p_0(V_2-V_1)+\alpha ln\left(\dfrac{V_2}{V_1}\right)$$
Agora, da definição de energia interna:
$$dU=nC_{V}dT$$
Substituindo $$dT$$ como função de $$dV$$:
$$dU = \dfrac{p_0}{(\gamma-1)R}dV$$
Integrando de $$V_1$$ até $$V_2$$:
$$\Delta U=\dfrac{p_0(V_2-V_1)}{\gamma-1}$$
Da primeira lei da termodinâmica, $$Q=\Delta U + W$$:
$$Q=\dfrac{p_0(V_2-V_1)}{\gamma-1}+p_0(V_2-V_1)+\alpha ln\left(\dfrac{V_2}{V_1}\right)$$
$$Q=\dfrac{\gamma p_0 (V_2-V_1)}{\gamma-1}+\alpha ln\left(\dfrac{V_2}{V_1}\right)$$
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) $$C(V)=R\left(\dfrac{\gamma}{\gamma-1}+\dfrac{\alpha}{p_0 V}\right)$$
b) $$W=p_0(V_2-V_1)+\alpha ln\left(\dfrac{V_2}{V_1}\right)$$
$$\Delta U=\dfrac{p_0(V_2-V_1)}{\gamma-1}$$
$$Q=\dfrac{\gamma p_0 (V_2-V_1)}{\gamma-1}+\alpha ln\left(\dfrac{V_2}{V_1}\right)$$
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