Soluções Física – Semana 158

Termodinâmica

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:

$$P' = \dfrac{\Delta Q}{\Delta t}$$

$$\left(1 - \dfrac{T_2}{T_1}\right) P \Delta t = C\Delta T$$

$$\boxed{\Delta t = \dfrac{C(T_F - T_0)}{P\left(1 - \dfrac{T_2}{T_1}\right)}}$$

$$\boxed{\Delta t = \dfrac{C(T_F - T_0)}{P\left(1 - \dfrac{T_2}{T_1}\right)}}$$

Dinâmica do corpo rígido, oscilações

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:

$\omega^2=\dfrac{mgR}{I}$

$\boxed{T=2\pi\sqrt{\frac{5R}{3g}}}$

a)

$\boxed{I=\dfrac{5}{3}mR^2}$

b)

$\boxed{T=2\pi\sqrt{\frac{5R}{3g}}}$

Dinâmica relativística

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:

$\dfrac{m}{m_0}=e^{-\dfrac{v}{u}}$

a)

Demonstração

b)

Demonstração

c)

Demonstração