Soluções Física – Semana 115

Segunda lei de Newton

Como o sistema se moverá como um todo, todos os três corpos teram mesma aceleração horizontal $a$. Pela segunda lei de Newton, para todo o sistema:

$$F=(M+{\mu}+m)a$$

Pelo equilíbrio vertical da massa $m$:

$$T=mg$$

E, pela segunda lei de Newton na horizontal para a massa $M$:

$$T=Ma$$

Ou seja, $a=\dfrac{mg}{M}$, e, portanto:

$$F=\dfrac{mg}{M}\left(M+m+\mu\right)$$

$$F=\dfrac{mg}{M}\left(M+m+\mu\right)$$

Ciclos termodinâmicos

A eficiência $eta$ é dada pela razão entre o trabalho fornecido $W$ e o calor entre os pontos $2$ e $3$. O trabalho nas isobáricas é simplesmente $P\Delta{V}$ e nas adiabáticas é $C_v\Delta{T}$, visto que o calor é nulo o trabalho é igual a variação da energia interna. Logo, em um ciclo:

$$W=C_v\left((T_3-T_4)-(T_2-T_1)\right)+P_2(V_3-V_2)-P_1(V_4-V_1)$$

Substituindo a lei dos gases na expressão acima, obtemos:

$$W=C_P\left((T_3-T_2)-(T_4-T_1)\right)$$

Onde foi usado que $C_P=C_V+R$ para um gás ideal. No processo $2\to{3}$, o calor absorvido é dado por:

$$Q=C_P(T_3-T_2)$$

Agora, basta escrevermos $W$ e $Q$ em função de $r$ e $\gamma$ e tomar o quociente. Pela lei de poisson, numa adiabática:

$$PV^{\gamma}=CTE$$

ou

$$TP^{\frac{1-\gamma}{\gamma}}=CTE$$

Logo:

$$\dfrac{T_1}{T_2}=\left(\frac{P_1}{P_2}\right)^{\frac{\gamma-1}{\gamma}}$$

e

$$\dfrac{T_4}{T_3}=\left(\frac{P_1}{P_2}\right)^{\frac{\gamma-1}{\gamma}}$$

Portanto, a eficiência é dada por:

$$\eta=\dfrac{W}{Q}=1-r^{\frac{1-\gamma}{\gamma}}$$

$$\eta=\dfrac{W}{Q}=1-r^{\dfrac{1-\gamma}{\gamma}}$$

Hidrodinâmica

Como a abertura é pequena, a água dentro do tubo está essencialmente em equilíbrio em relação ao tubo. Seja $p_2$ a pressão imediatamente antes da abertura dentro do tubo. Fazendo o equilíbrio de uma massa infinitesimal que se estende de $r$ até $r+dr$, onde $r$ é a distância até a dobra do tubo. Essa massa sente uma diferença de pressão $dp$ e a força centrífuga $dm{\omega}^2r$. Logo:

$$dp={\rho}{\omega}^2rdr$$

Integrando dos dois lados ($p_1$ é a pressão na dobra):

$$p_2=p_1+\dfrac{{\rho}l^2{\omega}^2}{2}$$

Temos também que:

$$p_1=p_0-{\rho}gh$$

Portanto:

$$p_2=p_0-{\rho}gh+\dfrac{{\rho}l^2{\omega}^2}{2}$$

Agora, apliquemos Bernoulli para os pontos imediatamente dentro e fora do tubo. Lembre-se que Bernoulli é aplicado em condições estacionárias, logo, devemos aplica-lá no referencial girante (o que é equivalente a aplicar um $F=ma$ no referencial do lab):

$$p_2=p_0+\dfrac{{\rho}l^2v^2}{2}$$

Onde $v=\sqrt{l^2{\omega}^2-2gh}$ é a velocidade no referencial girante. A velocidade no laboratório é, portanto:

$$v_l=\sqrt{v^2+l^2{\omega}^2}=\sqrt{2l^2{\omega}^2-2gh}$$

O fluxo de volume saindo do tubo, é calculo a partir da velocidade em relação ao tubo evidentemtente:

$$Q=Av=A\sqrt{l^2{\omega}^2-2gh}$$

Em um tempo $dt$, $Qdt$ de massa passa por todo o tubo. O tubo como um todo deve ter energia cinética constante, e a potência externa deve regular isso. Nesse tempo $dt$, a potência deve incrementar a energia do sistema pela mesma quantidade da energia rotacional perdida pela massa ejetada $\dfrac{1}{2}Q{\rho}dtl^2{\omega}^2$. Devemos contabilizar somente a perda da energia rotacional pois essa é o tipo de energia que compõe o sistema, a energia devido a velocidade de espace relativa ao tubo não diz respeito á potência externa: a função dela é somente adicionar essa energia perdida para que a energia cinética total (que é rotacional) seja conservada. Logo:

$$P=\dfrac{1}{2}{\rho}A\sqrt{l^2{\omega}^2-2gh}l^2{\omega}^2$$

$$P=\dfrac{1}{2}{\rho}A\sqrt{l^2{\omega}^2-2gh}l^2{\omega}^2$$