Soluções Física – Semana 112

Calorimetria

a) Seja $\delta{T}$ os intervalos uniformes de temperatura. Pela relação da calorimetria:

$$Q_n=C_n\delta{T}=\left(C_0+n\delta{C}\right)\left(T_f-T_0\right)/N$$

b) O calor total é:

$$Q=\dfrac{T_f-T_0}{N}\sum_{n=0}^{N-1} \left(C_0+n\delta{C}\right)$$

Para efetuar essa soma, o aluno deve saber realizar a soma nos $k$ primeiros naturais. Essa soma é dada por:

$$S_k=\dfrac{k(k+1)}{2}$$

Utilizando o resultado acima na expressão para o calor:

$$Q=\dfrac{T_f-T_0}{N}\left(NC_0+\delta{C}(N-1)N/2\right)$$

Por outro lado, $C_f=C_0+(N-1)\delta{C}$. Logo (para $N\to{\infty}$, $(N-1)\to{N}):$

$$Q=\left(T_f-T_0\right)\left(C_0+\left(C_f-C_0\right)/2\right)$$

Reoorganizando, chega-se na expressão no enunciado. Observe que a área sob o gráfico $C(T)$ é a de um trapézio de bases $C_0$ e $C_f$ e altura $T_f-T_0$, logo, sua área é $\left(C_f+C_0\right)\left(T_f-T_0\right)/2$ que é o resultado obtido acima.

a) 

$$Q_n=C_n\delta{T}=\left(C_0+n\delta{C}\right)\left(T_f-T_0\right)/N$$

b) Demonstração

Mecânica: corpo rígido

Mostraremos em breve que a força de contato da parede em função do ângulo com a horizontal é dada por:

$$N(\theta)=\dfrac{mg}{2}\cos{\theta}\left(4,5\sin{\theta}-3\sin{\theta}_0\right)$$

Onde $\theta_0$ é o ângulo que a barra faz com a horizontal no início do movimento. A barra perde o contato quando $N(\theta)$ é zero. Como só atua na barra essa força na horizontal, esse momento (onde $N=0$) é o mesmo no qual $a_x=0$. Esse momento é tal que:

$$\sin{\theta}_c=\dfrac{2}{3}\sin{\theta}_0$$

Pelo gráfico, $\theta_c\approx{19,5}�$. Portanto, $\theta_0=\dfrac{\pi}{6}$. Logo, a região pintada é $h=l\left(\sin{\theta_0}-\sin{\theta_c}\right)=l/6=0,2m$. Portanto, $l=1,2m$.

Prova da força normal:

Há algumas formas de encontrar essa força. Primeiramente, uma simples semelhança de triângulo mostra que a distância do centro da barra a quina (origem) é $l/2$ durante todo o movimento, portanto, o centro realizada um movimento circular em torno da origem. Seja $\omega$, $\alpha$ e $v_cm$ a velocidade angular, aceleração angular e velocidade do centro, respectivamente. A aceleração do centro pode ser decomposta em uma componente centrípeta de módulo ${\omega}^2(l/2)$ e uma tangencial de módulo ${\alpha}l/2$. A aceleração horizontal do centro é:

$$a_x=-a_{cp}\cos{\theta}-a_t\sin{\theta}=-{\omega}^2(l/2)\cos{\theta}-(l/2){\alpha}\sin{\alpha}$$

Como não há atrito, há conservação de energia. A energia potencial é simplesmente $mg(l/2)\sin{\theta}$ e a cinética é a soma da energia de translação do centro com a energia de rotação $I{\omega}^2/2$, onde $I=ml^2/12$, o momento de inércia da barra em torno do centro. Logo, como $v_{cm}={\omega}l/2$:

$$E=mg(l/2)\sin{\theta}+m(l^2/6){\omega}^2=mg(l/2)\sin{\theta}_0$$

Logo:

$$\omega=\sqrt{\dfrac{3g}{l}\left(\sin{\theta}_0-\sin{\theta}\right)}$$

O próximo passo é encontrar a aceleração angular. Uma forma de fazer isso é simplesmente derivar a relação acima em relação ao tempo, ou se preferir, fazer o balanço de energia entre os instantes $t$ e $t+\Delta{t}$ e fazer $\Delta{t}\to{0}$, de qualquer forma, obtêm-se:

$$\alpha=-\dfrac{3g}{2l}\cos{\theta}$$

Mas, se não quiser usar cálculo, é possível obter o mesmo resultado usando a segunda lei de Newton para rotações. Seja $F$ a força vertical exercida pelo solo na barra. O torque em relação ao centro é:

$$\left(N\sin{\theta}-F\cos{\theta}\right)(l/2)=\dfrac{ml^2}{12}{\alpha}$$

A força $F$ é obtida pela segunda lei na vertical:

$$mg-F=ma_y=m\left(a_t\cos{\theta}+a_{cp}\sin{\theta}\right)$$

Ou seja:

$$F=mg-m(l{\alpha}/2)\cos{\theta}-m\sin{\theta}{\omega}^2(l/2)$$

Substituindo todas essas expressões na equação do torque:

$$mg\cos{\theta}+ml{\alpha}/2=-ml{\alpha}/6$$

Assim chegamos na expressão para $\alpha$. Agora, basta substituir as expressões obtidas para $\omega$ e $\alpha$ na expressão para a aceleração horizontal $a_x=N/m$. Portanto:

$$N(\theta)=\dfrac{mg\cos{\theta}}{2}\left(4,5\sin{\theta}-3\sin{\theta}\right)$$

$l=1,2m$.

Relatividade: efeito doppler relativístico

a) Por conservação de energia e momento (o momento inicial é zero assim como o final)

$$Mc^2=\sqrt{M'^2c^4+h^2f_0^2}+hf_0$$

Logo:

$$M^2-2Mhf_0/{c^2}=M'^2$$

b) Seja $\vec{P_M}$, $\vec{P_{\gamma}}$ e $\vec{P_{M'}}$ os vetores momentos linear da massa $M$, do fóton e da massa $M'$, respectivamente. Logo, pela conservação de momento:

$$\vec{P_M}=\vec{P_{\gamma}}+\vec{P_{M'}}$$

Passando $\vec{P_{\gamma}}$ para o outro lado e elevando os dois lados da equação ao quadrado:

$$P_M^2+P_{\gamma}^2-2P_MP_{\gamma}\cos{\theta}+M'^2c^2=P_{M'}^2=\dfrac{E_{M'}^2}{c^2}-M'^2c^2$$

Por conservação de energia:

$$E_{M'}=E_M-E_{\gamma}$$

Elevando a expressão acima ao quadrado e substituindo na expressão do momento:

$$P_M^2+P_{\gamma}^2-2P_MP_{\gamma}\cos{\theta}+M'^2c^2=\dfrac{E_M^2}{c^2}+\dfrac{E_{\gamma}}{c^2}-2E_ME_{\gamma}/{c^2}$$

Agora, $E_M={\gamma}Mc^2$, $P_M={\gamma}MV$ e $E_{\gamma}=P_{\gamma}c=hf$. Logo:

$$M'^2-M^2=\dfrac{2M{\gamma}hf}{c^2}\left((V/c)\cos{\theta}-1\right)$$

c) Juntando as duas expressões obtidas nos itens anteriores:

$$f=\dfrac{f_0}{{\gamma}\left(1-(V/c)\cos{\theta}\right)}$$

a) 

$$M^2-2Mhf_0/{c^2}=M'^2$$

b) 

$$M'^2-M^2=\dfrac{2M{\gamma}hf}{c}\left((V/c)\cos{\theta}-1\right)$$

c) 

$$f=\dfrac{f_0}{{\gamma}\left(1-(V/c)\cos{\theta}\right)}$$