Escrito por Matheus Ponciano
Iniciante:
[spoiler title=’Situação Física’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Ao colocar o disco no mercúrio ele ficará em equilíbrio por atuarem nele seu peso e a força de empuxo.
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Ao por o disco no mercúrio, atuarão nele duas forças: o seu próprio peso e a força de empuxo. Como ele fica em equilíbrio no líquido:
$$F_{peso}=F_{empuxo}$$
$$mg=\rho_{mercurio}gV_{submerso}$$
$$m=\rho_{mercurio}V_{submerso}$$
A massa do disco pode ser dado por:
$$m=\rho_{disco}V_{disco}$$
Daí:
$$\rho_{disco}V_{disco}=\rho_{mercurio}V_{submerso}$$
$$\rho{disco}=\rho_{mercurio}\dfrac{V_{submerso}}{V_{disco}}$$
Como foi observado que:
$$\dfrac{V_{submerso}}{V_{disco}}=\dfrac{7}{9}$$
Temos que:
$$\rho_{disco} = \dfrac{7}{9}\rho_{mercurio}$$
$$\rho_{disco} = \dfrac{7}{9} *13,5$$
$$\rho_{disco} = 10,5$$ $$g/cm^3$$
Então o disco de Natônio realmente é de prata.
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
SIm, o disco de Natônio é de prata.
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Intermediário:
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Este prolema pode ser divido em 2 partes para ter o tempo mínimo, uma enquanto o saco de cimento se move aceleradamente para cima e a outra enquanto ele desacelera para chegar com velocidade $$0$$ na altura $$H$$.
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
A forma mais rápida de levantar o saco de cimento é acelerando ele na máxima tensão suportada pela corda para que em um altura $$h$$ a corda fique solta, para que ele suba desacelerando com a gravidade e atingindo a altura $$H$$ em repouso. Podemos separar este movimento então em 2 etapas, uma acelerada e a outra retardada.
Na etapa 1 atuarão o peso e a tração da corda no saco de cimento, fazendo com que ele acelere com:
$$Ma=nMg – Mg$$
$$a = \left( n-1 \right)g$$
A altura $$h$$ onde devemos parar de atuar a tração na corda é:
$$h=\dfrac{(n-1)}{2}gt_1^2$$
Onde $$t_1$$ é o tempo na etapa 1.
E a velocidade que ele atinge é:
$$V=(n-1)gt_1$$
Na etapa 2 como só atua seu peso, a sua aceleração será $$g$$. Como ele deve chegar sem velocidade no topo, temos que:
$$0 = V – gt_2$$
$$(n-1)gt_1=gt_2$$
$$(n-1)t_1=t_2$$
Onde $$t_2$$ é o tempo na etapa 2.
E também temos:
$$H-h = Vt_2-\dfrac{1}{2}gt_2^2$$
$$H-h = (n-1)gt_1t_2 – \dfrac{1}{2}gt_2^2$$
$$H-h = gt_2^2 -\dfrac{1}{2}gt_2^2$$
$$H-h=\dfrac{1}{2}gt_2^2$$
$$H – \dfrac{(n-1)}{2}gt_1^2=\dfrac{1}{2}gt_2^2$$
$$H – \dfrac{(n-1)}{2}gt_1^2=\dfrac{(n-1)^2}{2}gt_1^2$$
$$H=(n-1)\dfrac{(n-1)+1}{2}gt_1^2$$
$$H=(n-1)\dfrac{n}{2}gt_1^2$$
$$H=\dfrac{n(n-1)}{2}gt_1^2$$
$$t_1^2 = \dfrac{2H}{n(n-1)g}$$
$$t_1 =\sqrt{\dfrac{2H}{n(n-1)g}}$$
Dessa forma:
$$t_2 = (n-1)\sqrt{\dfrac{2H}{n(n-1)g}}$$
O tempo total é então:
$$T=t_1+t_2$$
$$T=\sqrt{\dfrac{2H}{n(n-1)g}}+(n-1)\sqrt{\dfrac{2H}{n(n-1)g}}$$
$$T=n\sqrt{\dfrac{2H}{n(n-1)g}}$$
$$T=\sqrt{\dfrac{2nH}{(n-1)g}}$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$T=\sqrt{\dfrac{2nH}{(n-1)g}}$$
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Avançado:
[spoiler title=’Situação Física’ style=’default’ collapse_link=’true’]
O satélite ao girar em torno de seu eixo fará que as partículas do gás sintam uma aceleração centrífuga, empurrando elas para fora e fazendo com que a pressão aumente quanto mais distante do eixo.
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Por ser um satélite, ele deve ter tamanho radial na ordem de metros e por isso não é preciso considerar o efeito gravitacional. Como a aceleração na extremidade é $$g$$ temos que:
$$g = \Omega^2R_o$$
Pelo satélite estar girando em torno de seu eixo, as partículas do gás sentem uma aceleração centrífuga apontando do centro para fora. Desta forma, a pressão cresce com a distância até o centro, ou seja, o raio. Fazendo um cilindro infinitesimal de altura $$dr$$ com eixo perpendicular ao eixo do satélite e a uma distância $$r$$ do mesmo, temos que a variação de pressão $$dP$$ entre as superfícies é dada pelo teorema de Stevin, e é:
$$dP = \rho a\, dr$$
Onde $$\rho$$ é a densidade do gás no cilindro e $$a$$ é a aceleração centrífuga.
A aceleração $$a$$ é causada pela rotação, logo:
$$a=\Omega^2 r$$
E escrevendo a equação de Clapeyron para os gases ideais:
$$PV = nRT$$
$$PV = \dfrac{m}{M}RT$$
$$P =\dfrac{\rho RT}{M}$$
$$\rho =\dfrac{PM}{RT}$$
Substituindo temos:
$$dP = \dfrac{PM}{RT} \Omega^2rdr$$
$$\dfrac{dP}{P} = \dfrac{M \Omega^2}{RT} rdr$$
Integrando do centro até a superfície, com a pressão variando de $$P_c$$ a $$P_s$$ e o raio de $$0$$ a $$R_o$$:
$${\displaystyle\int\limits_{P_c}^{P_s}\dfrac{dp}{P}} = \dfrac{M \Omega^2}{RT} {\displaystyle\int\limits_0^{R_o}rdr}$$
$$ln \left( \dfrac{P_s}{P_c} \right) = \dfrac{M \Omega^2}{RT} \dfrac{R_o^2}{2}$$
$$\dfrac{P_s}{P_c} = e^{\left(\dfrac{M \Omega^2}{RT} \dfrac{R_o^2}{2}\right)}$$
$$\dfrac{P_c}{P_s} =e^{\left(\dfrac{-M \Omega^2}{RT} \dfrac{R_o^2}{2}\right)}$$
Substituindo a condição de $$g = \Omega^2 R_o$$
$$\dfrac{P_c}{P_s} = e^{\left(\dfrac{-M g R_o}{2RT}\right)}$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\dfrac{P_c}{P_s} = e^{\left(\dfrac{-M g R_o}{2RT}\right)}$$
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