Soluções Física – Semana 79

Ocorreu uma colisão unidimensional entre dois blocos de forma que a velocidade relativa final entre elas fosse zero. Analisaremos diversos parâmetros dessa situação.

a) Tendo o coeficiente elástico dado por $e=\frac{|v_{afastamento}|}{|v_{aproximacao}|}$ . Como ambos andam juntos após a colisão, temos que: $v_{afastamento} = 0$

$e = 0$

A colisão é então inelástica.

b) Como não atuam forças resultantes externas ao sistema dos bloquinhos, a quantidade de momento se conserva.

c) Conservando o momento:

$m_aV_a + m_bV_b = (m_a+m_b)V$

$V=(m_aV_a + m_bV_b)/(m_a + m_b)$

Vendo as energias cinéticas antes e depois da colisão:

$E_{antes} = \frac{m_aV_a^2}{2} + \frac{m_bV_b^2}{2}$

$E_{depois`} = \frac{(m_a + m_b)V^2}{2}$

$E_{depois} = (m_a + m_b) \frac{(m_aV_a + m_bV_b)^2}{2(m_a + m_b)^2}$

$E_{depois} = \frac{(m_aV_a + m_bV_b)^2}{2(m_a + m_b)}$

 

$E_{antes} = \frac{(m_aV_a^2 + m_bV_b^2)}{2} \frac{(m_a + m_b)}{(m_a+m_b)}$

$E_{antes} = \frac{m_a^2V_a^2 +m_am_bV_a^2 + m_am_bV_b^2 +m_b^2V_b^2}{2(m_a + m_b)}$

$E_{antes} = \frac{m_a^2V_a^2 + 2m_am_bV_aV_b + m_b^2V_b^2 +m_am_bV_a^2 - 2m_am_bV_aV_b +m_am_bV_b^2}{2(m_a + m_b)}$

$E_{antes} = \frac{(m_aV_a +m_bV_b)^2 +m_am_b(V_a - V_b)^2}{2(m_a+m_b)}$

 

Como a $E_{antes}$ apresenta o termo $\frac{m_am_b(V_a - V_b)^2}{2(m_a + m_b)}$ a mais que $E_{depois}$, a Energia cinética diminui após a colisão.

a) A colisão é inelástica

b) A quantidade de movimento se conserva

c) A energia não se conserva.

Nessa questão analisaremos uma situação de equilíbrio térmico, ou seja, uma situação em que a temperatura de nenhum ponto do sistema variará mais com o tempo. Em seguida, tornaremos isso um problema relacionado com calor Latente de fusão.

a) Admitindo-se o fluxo estacionário de calor, temos que:

$\Phi _{Al} = \Phi _{Cu}$

$\frac{K_{Al}A(T_A - T)}{L_{Al}} = \frac{K_{Cu}A(T-T_B)}{L_{Cu}}$

$\frac{0,48(100 - T)}{5} = \frac{0,92(T - 0)}{10}$

$0,96(100 - T) = 0,92T$

$96 - 0,96T = 0,92T$

$1,88T = 96$

$T = \frac{96}{1,88}$

$T = 51^{ o }$  $C$

b) Pegando o fluxo de calor na barra:

$\Phi = \frac{K_{Cu}A(T - T_B)}{L_{Cu}}$

$\Phi = \frac{0,92*1*(51 - 0)}{10}$

$\Phi = 4,7$ $\frac{cal}{s}$

Temos que:

$\Phi = \frac{Q}{\Delta t}$

$Q =\Phi \Delta t$

Mas $Q$ é a energia usada para fundir o gelo, logo:

$Q = m_{fundida}L_{fusao}$

$m_{fundida}L_{fusao}= \Phi \Delta t$

$m_{fundida} = \frac{\Phi \Delta t}{L_{fusao}}$

Substituindo os valores:

$m_{fundida} = \frac{4,7*3600}{80}$

$m_{fundida} = 211,5$ $g$

a) $T=51$ $^{\circle} C$

b) $m_{fundida}=211,5$ $g$

A situação Física é bem simples. Temos uma partícula que não sofre uma força resultante externa e queremos provar a partir da segunda lei de Newton que essa se move em linha reta, entretanto, queremos fazer isso em coordenadas polares.

Como nenhuma força atua na partícula, suas acelerações radial e tangencial são 0, logo:

$0 = \ddot r - \dot \theta ^2 r$

$0 = 2\dot r \dot \theta + \ddot \theta r$

Com isso:

$\ddot r = \dot \theta ^2 r$

 

$-2\dot r \dot \theta = \ddot \theta r$

$-2 \frac{d \dot r }{dt} \theta = \frac{ d \dot \theta}{d t} r$

$-2 \frac{d r}{r} = \frac{d \dot \theta}{\theta}$

$-2 \int_{r_o}^r \frac{dr}{r} = \int_{\dot \theta _o }^{\dot \theta} \frac{d \dot \theta}{\dot \theta}$

$ln(\frac{r_o}{r})^2 = ln(\frac{\dot \theta}{\dot \theta _o}$

$(\frac{r_o}{r})^2 = \frac{\dot \theta}{\dot \theta _o}$

$\dot \theta = \frac{ \dot \theta _o r_o^2}{r^2}$

Substituindo na aceleração radial:

$\ddot r = \frac{\dot \theta _o^2 r_o^4}{r^4} r$

$\dot r \frac{d \dot r}{d t} = \frac{\dot \theta _o^2 r_o^4}{r^3}$

$\dot r d \dot r = \dot \theta _o^2 r_o^4 \frac{d r}{r^3}$

$\int_{\dot r_o}^{\dot r} \dot r d \dot r = \dot \theta _o^2 r_o^4 \int_{r_o}^{r} \frac{d r}{r^3}$

$\frac{\dot r ^2 - \dot r _o^2}{2} = -\frac{\dot \theta _o^2 r_o^4}{2} (\frac{1}{r^2} - \frac{1}{r_o^2})$

Como $r_o$ é definido a partir do ponto onde ele fica mais próximo da origem, temos que $\dot r_o = 0$, por neste ponto ocorrer a inversão da velocidade, logo:

$\dot r ^2 = \dot \theta _o^2 r_o^2 - \frac{\dot \theta _o^2 r_o^4}{r^2}$

$\dot r = (\dot \theta _o^2 r_o^2 - \frac{\dot \theta _o^2 r_o^4}{r^2})^{\frac{1}{2}}$

$\dot r = \dot \theta _o r_o (1 - \frac{r_o^2}{r^2})^{\frac{1}{2}}$

$\frac{dr}{dt} = \dot \theta _o r_o \sqrt{1 - \frac{r_o^2}{r^2}}$

$\frac{dr}{(1 - \frac{r_o^2}{r^2})^{1/2}} = \dot \theta _o r_o dt$

$\int_{r_o}^{r} \frac{dr}{\sqrt{1 - \frac{r_o^2}{r^2}}}=\int_0^t \dot \theta _o r_o dt$

$\int_{r_o}^{r} \frac{rdr}{\sqrt{r^2 - r_o^2}} = \dot \theta _o r_o t$

Fazendo uma mudança de variável, chamando: $u = r^2 - r_o^2$    $du = 2rdr$

$\int_{0}^{r^2 - r_o^2} \frac{du}{2\sqrt{u}} = \dot \theta _o r_o t$

$\frac{2(r^2 -r)o^2)^{\frac{1}{2}}}{2} = \dot \theta _o r_o t$

$r^2 - r_o^2 = \dot \theta _o^2 r_o^2 t^2$

$r = (r_o^2 + r_o^2 \dot \theta _o^2 t^2)^{\frac{1}{2}}$

$r = r_o(1 + \dot \theta _o^2 t^2)^{\frac{1}{2}}$

Agora com $r(t)$ podemos substituir na fórmula do $\dot \theta$ para encontrar $\theta (t)$.

$\dot \theta = \frac{\dot \theta _o r_o^2}{r^2}$

$\dot \theta = \frac{\dot \theta _o r_o^2}{ r_o^2(1 + \dot \theta _o^2 t^2)}$

$\frac{d \theta}{dt} = \frac{\dot \theta _o}{ 1 + \dot \theta_o^2 t^2}$

$d \theta = \frac{\dot \theta _o dt}{1 + \dot \theta_o^2 t^2}$

Fazendo uma mudança de variável, chamando: $v = \dot \theta _o t$     $dv = \dot \theta _o dt$

$d \theta = \frac{dv}{1 + v^2}$

Outra mudança de variável, com: $\tan(\alpha) = v$     $\frac{d \alpha}{\cos^2(\alpha)} = dv$

$d \theta = \frac{d \alpha}{\cos^2(\alpha)} \frac{1}{1 + \tan^2(\alpha)}$

Como $1 + \tan^2(\alpha) = \frac{1}{\cos^2(\alpha)}$

$d \theta = d \alpha$

$\int_0^{\theta} d \theta = \int_0^{\arctan (\dot \theta _o t)} d \alpha$

$\theta = \arctan(\dot \theta _o t)$

$\tan(\theta) = \dot \theta _o t$

Mas pela equação de $r(t)$ tiramos que $\dot \theta _o t = (\frac{r^2}{r_o^2} -1)^{\frac{1}{2}}$, logo:

$(\frac{1}{\cos^2(\theta)})^{\frac{1}{2}} = (\frac{r^2}{r_o^2} -1)^{\frac{1}{2}}$

$\frac{1}{\cos^2(\theta)} - 1 =\frac{r^2}{r_o^2} -1$

$\cos^2(\theta) = \frac{r_o^2}{r^2}$

$\cos(\theta) = \frac{r_o}{r}$

Demonstração.