Escrito por Matheus Ponciano
Iniciante:
[spoiler title=’Situação Física’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Ao se juntar dois corpos em temperaturas diferentes, ocorrerão processos de troca de energia para que no final desses processos, os corpos atinjam o equilíbrio térmico, ou seja, fiquem com a mesma temperatura.
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Para que o sistema fique em equilíbrio térmico a uma temperatura de $$30,0$$ $$^oC$$, deverão ocorrer os seguintes passos:
$$1)$$ Os $$250$$ $$g$$ de água a temperatura de $$75,0$$ $$^oC$$ resfriará, até atingir a temperatura final $$30,0$$ $$^oC$$
$$2)$$ A massa $$m$$ de gelo aquece, passando de sua temperatura inicial de $$-20,0$$ $$^oC$$ e atingindo a temperatura de $$0,0$$ $$^oC$$.
$$3)$$ O gelo então a $$0,0$$ $$^oC$$ absorverá parte da energia que a massa de água cede, e a utilizará para derreter, tornando-se uma massa $$m$$ de água líquida a $$0,0$$ $$^oC$$.
$$4)$$ Esta massa $$m$$ de água a $$0,0$$ $$^oC$$ aquecerá até atingir a temperatura final de $$30,0$$ $$^oC$$.
Ao final desses 4 processos, o sistema fica em equilíbrio térmico.
A cada processo, se tem uma determinada variação de energia. A energia para cada processo é:
Para $$1$$:
$$Q_1 = m_{agua}c_a(T_{f1}-T_{o1})$$
$$Q_1 = 250*1,0*(30-75)$$
$$Q_1 = -250*45$$
$$Q_1 = -11250$$ $$cal$$
Para $$2$$:
$$Q_2 = m_{gelo}c_g(T_{f2}-T_{o2})$$
$$Q_2 = m*0,5*(0-(-20))$$
$$Q_2= 10 \,\left( \frac{cal}{g} \right) \, m$$
Para $$3$$:
$$Q_3 = m_{gelo}*L_f$$
$$Q_3 = 80 \,\left( \frac{cal}{g} \right) \, m$$
Para $$4$$:
$$Q_4 = m_{gelo}*c_a*(T_{f4}-T_{o4})$$
$$Q_4 = m*1,0*(30-0)$$
$$Q_4 = 30 \,\left( \frac{cal}{g} \right) \, m$$
Por conservação de energia, ao somar todas as trocas de calor devemos obter que não houve variação de energia de todo o sistema, daí:
$$Q_1 +Q_2 +Q_3+Q_4 = 0$$
$$-11250+10m+80m+30m=0$$
$$120m=11250$$
$$m=93,75$$ $$g$$
Essa massa em $$kg$$ é:
$$m \approx 0,094$$ $$kg$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$m \approx 0,094$$ $$kg$$
[/spoiler]
Intermediário:
[spoiler title=’Situação Física’ style=’default’ collapse_link=’true’]
A barra ao se deslocar mudará a posição do seu centro de massa, mudando então a posição em que é aplicada a força peso em relação à uma roda. Isso ocasionará uma mudança nas forças normais das rodas com a barra que ocasionará uma mudança nas forças de atrito entre as rodas e a barra, gerando uma força resultante restauradora.
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Podemos notar que a posição de equilíbrio do centro de massa da barra neste sistema é no meio da distância entre as rodas. Nesta situação, ao observar o equilíbrio dinâmico e rotacional da barra, temos que a normal exercida por cada roda na barra é $$\frac{mg}{2}$$. Após deslocar o centro de massa de um pequeno $$x$$, nós obtemos a configuração abaixo:
Nesta configuração, temos que a barra ainda não vai rotacionar, então o torque exercido nela ainda é $$0$$. Mas a mudança do local de onde é exercido o peso da barra ocasiona a mudança da força normal das rodas, mas ainda tendo que elas equilibram o peso. Dessa forma:
$$N_1 + N_2 = mg$$
Escrevendo o torque em relação ao ponto de contato da primeira roda com a barra:
$$N_2 l = mg(\dfrac{l}{2} + x)$$
$$N_2 = mg(\dfrac{1}{2} + \dfrac{x}{l})$$
Desta forma:
$$N_1 = mg(\dfrac{1}{2} – \dfrac{x}{l})$$
A barra vai se movimentar em relação a cada roda, por isso as forças de atrito serão:
$$F_{at1} = \mu N_1$$
$$F_{at1} = \mu mg(\dfrac{1}{2} – \dfrac{x}{l})$$
$$F_{at2} = \mu N_2$$
$$F_{at2} = \mu mg(\dfrac{1}{2} + \dfrac{x}{l})$$
Desta forma, escrevendo a segunda lei de Newton no eixo x:
$$m a = F_{at1}-F{at2}$$
$$m a = \mu mg(\dfrac{1}{2} – \dfrac{x}{l}) – \mu mg(\dfrac{1}{2} + \dfrac{x}{l})$$
$$m a = \mu mg(\dfrac{1}{2} – \dfrac{x}{l} – \dfrac{1}{2} – \dfrac{x}{l})$$
$$a = \mu g (-2\dfrac{x}{l})$$
$$a = – \dfrac{2 \mu g}{l} x$$
Num MHS temos que a aceleração é dada por:
$$a = – \omega ^2 x$$
Desta forma, comparando:
$$\omega ^2 = \dfrac{2 \mu g}{l}$$
$$\omega = \sqrt{ \dfrac{2 \mu g}{l}}$$
O período de oscilações é então:
$$T = \dfrac{2\pi}{\omega}$$
$$T = 2\pi \sqrt{\dfrac{l}{2 \mu g}}$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$T = 2\pi \sqrt{\dfrac{l}{2 \mu g}}$$
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Avançado:
[spoiler title=’Situação Física’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Ao colocar cargas no capacitor, suas placas gerarão então campos elétricos que devido a placa da direita não ser fixa a parede, ocasionará seu deslocamento, mudando as propriedades deste capacitor.
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Pela lei de Gauss, nós temos que o campo exercido por uma das placas é:
$$E*2A = \dfrac{Q}{\varepsilon_o}$$
$$E = \dfrac{Q}{2A\varepsilon_o}$$
Este campo sai na direção perpendicular da placa, atingindo a outra também perpendicularmente. Cada pedacinho de carga na outra placa sente o mesmo campo $$E$$, fazendo com que a força sentida por esse pedacinho de placa seja:
$$dF = E(-dQ)$$
Daí a força total sentida pela placa é:
$$F= -EQ$$
$$F = -\dfrac{Q}{2A\varepsilon_o}Q$$
$$F = -\dfrac{Q^2}{2A\varepsilon_o}$$
b) A força que atua na placa que não está fixa fará que ela se mova para mais próximo da outra placa. Isso causará uma deformação da mola. No equilíbrio, a força elástica deve cancelar esta força elétrica, daí:
$$F + kx = 0$$
$$k x = \dfrac{Q^2}{2A\varepsilon_o}$$
$$x = \dfrac{Q^2}{2kA\varepsilon_o}$$
c) Daí, no equilíbrio a distância entre as placas será $$d-x$$ e atuará no espaço entre elas um campo elétrico obtido pela soma dos campos das duas placas. Daí a diferença de potencial será:
$$\Delta V = 2E(d-x)$$
$$\Delta V = 2\dfrac{Q}{2A\varepsilon_o}(d-\dfrac{Q^2}{2kA\varepsilon_o})$$
$$\Delta V = \dfrac{Q}{A\varepsilon_o}d – \dfrac{Q^3}{2kA^2\varepsilon_o^2}$$
d) A capacitância de um capacito de placas paralelas é dado por:
$$C = \dfrac{\varepsilon_o A}{l}$$
onde $$l$$ é a distância entre as placas. Desta forma:
$$C_o = \dfrac{\varepsilon_o A}{d}$$
$$C = \dfrac{\varepsilon_o A}{d-x}$$
Assim:
$$\dfrac{C}{C_o} = \dfrac{\varepsilon_o A}{d-x}\dfrac{d}{\varepsilon_o A}$$
$$\dfrac{C}{C_o} =\dfrac{d}{d-x}$$
$$\dfrac{C}{C_o} = \dfrac{d}{d- \dfrac{Q^2}{2kA\varepsilon_o}}$$
e) No equilíbrio, a mola estará deformada de $$x$$ e o capacitor armazenará energia. Por isso a energia total do sistema é:
$$U = \dfrac{1}{2} C \Delta V^2 +\dfrac{1}{2}kx^2$$
$$U = \dfrac{1}{2} \dfrac{\varepsilon_o A}{d-x} \dfrac{Q^2}{A^2\varepsilon_o^2}(d-x)^2 + \dfrac{1}{2}kx^2$$
$$U = \dfrac{Q^2}{2A\varepsilon_o}(d-x) + \dfrac{kx^2}{2}$$
$$U = \dfrac{Q^2}{2A\varepsilon_o}(d- \dfrac{Q^2}{2kA\varepsilon_o}) + \dfrac{kQ^4}{8k^2 A^2 \varepsilon_o^2}$$
$$U = \dfrac{Q^2 d}{2A\varepsilon_o} – \dfrac{Q^4}{4kA^2\varepsilon_o^2} + \dfrac{Q^4}{8kA^2\varepsilon_o^2}$$
$$U = \dfrac{Q^2 d}{2A\varepsilon_o} – \dfrac{Q^4}{8kA^2\varepsilon_o^2}$$
$$U = \dfrac{Q^2}{2A\varepsilon_o}(d-\dfrac{Q^2}{4kA\varepsilon_o})$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) $$F = -\dfrac{Q^2}{2A\varepsilon_o}$$
b) $$x = \dfrac{Q^2}{2kA\varepsilon_o}$$
c) $$\Delta V = \dfrac{Q}{A\varepsilon_o}d – \dfrac{Q^3}{2kA^2\varepsilon_o^2}$$
d) $$\dfrac{C}{C_o} = \dfrac{d}{d- \dfrac{Q^2}{2kA\varepsilon_o}}$$
e) $$U = \dfrac{Q^2}{2A\varepsilon_o}(d-\dfrac{Q^2}{4kA\varepsilon_o})$$
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