Soluções Física - Semana 102

Dinâmica

Montemos mentalmente o diagrama de forças para os corpos. Na direção tangencial:

O corpo $1$ experimenta uma força de atrito cinética $F_{at_{1}}=\mu_{1} N_{1}$ plano acima, onde $N_{1}$ é a normal de contato com o plano, uma força normal de contato com o bloco $2$ $F$ apontando plano abaixo, e uma componente do seu peso, $m_{1}g\sin{\alpha}$ apontando plano abaixo. Já no corpo $2$ atua uma força de atrito $F_{at_{2}}=\mu_{2} N_{2}$ apontando plano acima, a normal de contato com o bloco $1$ $F$ plano acima e uma componente do seu peso, $m_{2}g\sin{\alpha}$ plano abaixo.

Na direção perpendicular ao plano:

O corpo $1$ sente a normal $N_{1}$ saindo do plano e uma componente do peso $m_{1}g\cos{\alpha}$ entrando no plano. Já o corpo $2$ sente a normal $N_{2}$ saindo do plano e uma componente do seu peso $m_{2}g\cos{\alpha}$ entrando no plano.

A condição de equiíbrio na direção perpendicular nos diz que:

$N_{1}=m_{1}g\cos{\alpha}$

$N_{2}=m_{2}g\cos{\alpha}$ $\therefore$

$F_{at_{1}}=\mu_{1} m_{1}g\cos{\alpha}$ e $F_{at_{2}}=\mu_{2}m_{2}g\cos{\alpha}$

Aplicando a Segunda Lei de Newton na direção tangente ao plano, temos, para o corpo $1$:

$m_{1}g\sin{\alpha}+F-\mu_{1} m_{1}g\cos{\alpha}=m_{1}a$

Para o corpo $2$:

$m_{2}g\sin{\alpha}-F-\mu_{2}m_{2}g\cos{\alpha}=m_{2}a$

Note que a aceleração de ambos os corpos $a$ é igual, pois eles permanecem acelerando em contato durante todo o movimento. Resta-nos resolver o sistema acima. Isolando $a$ da equação para $1$ e substituindo na de baixo, obtemos:

$F=\dfrac{(k_{1}-k_{2})m_{1}m_{2}g\cos{\alpha}}{m_1+m_2}$

Como é válida a condição $k_2 < k_1$, a expressão faz sentido físico, pois $F$ negativo não teria significado, tendo em mente que estamos trabalhando apenas com o módulo desta força.

$F=\dfrac{(k_{1}-k_{2})m_{1}m_{2}g\cos{\alpha}}{m_1+m_2}$

Dinâmica e Estática do Corpo Rígido

Primeiramente, observe que fio está tensionado, e a componente horizontal de sua tração atuando na esfera a mantém no $MCU$ de velocidade angular $\omega$:

$T\cos{53^{\circ}}=m\omega^2 R$

Como nada foi dito sobre $R$ ou o valor de $\omega$, devemos encontrar $T$ pelo equilíbrio da esfera na vertical:

$T\sin{53^{\circ}}=mg$

Agora, nos atentemos para o cilindro: como este encontra-se na iminência de tombamento, o ponto de aplicação da normal exercida pelo solo é na extremidade inferior direita, pois a componente horizontal da tração $T$ no pino produz torque horário em relação à esse ponto, que deve ser exatamente suficiente para vencer o torque produzido pelo peso do cilindro + aquele produzido pela componente vertical da tração, pelo equilíbrio rotacional. Observe que os braços de $T_{x}$, $T_{y}$ e $Mg$ ($M$ é massa do cilindro) são, respectivamente, $6d$, $d$ e $d$. Equacionando:

$Td\sin{53^{\circ}}+Mgd=6Td\cos{53^{\circ}}$

Substituindo $T$:

$mgd+Mgd=6mgd\cot{53^{\circ}}$

$M=\dfrac{7m}{2}=7$ $kg$

$M=\dfrac{7m}{2}=7 kg$

Processos Termodinâmicos e Gases Ideais

a) Primeiramente, nos recordemos da definição de capacidade térmica:

$C=\dfrac{dQ}{dT}$

Onde $Q$ é o calor fornecido no processo. Vale ressaltar que $dQ$ é uma diferencial inexata. A primeira lei da Termodinâmica estabelece:

$dQ=dU+pdV$

$dQ=C_{V}dT+\left(p_0+\dfrac{\alpha}{V}\right)dV$

Lembrando que $C_{V}=\dfrac{R}{\gamma-1}$ e derivando em relação à temperatura:

$C=\dfrac{R}{\gamma-1}+\left(p_0+\dfrac{\alpha}{V}\right)\dfrac{dV}{dT}$

Para descobrir $\dfrac{dV}{dT}$, recorremos à equação de Clapeyron, que descreve um gás ideal:

$pV=nRT$

$\left(p_0+\dfrac{\alpha}{V}\right)V=RT$

$\dfrac{dV}{dT}=\dfrac{R}{p_0}$

Substituindo na expressão para $C=C(V)$, obtemos:

$C(V)=R\left(\dfrac{\gamma}{\gamma-1}+\dfrac{\alpha}{p_0 V}\right)$

b) Da definição de trabalho:

$W=\int pdV$

$W=\int_{V_1}^{V_2} \left(p_0+\dfrac{\alpha}{V}\right)dV$

$W=p_0(V_2-V_1)+\alpha ln\left(\dfrac{V_2}{V_1}\right)$

Agora, da definição de energia interna:

$dU=nC_{V}dT$

Substituindo $dT$ como função de $dV$:

$dU = \dfrac{p_0}{(\gamma-1)R}dV$

Integrando de $V_1$ até $V_2$:

$\Delta U=\dfrac{p_0(V_2-V_1)}{\gamma-1}$

Da primeira lei da termodinâmica, $Q=\Delta U + W$:

$Q=\dfrac{p_0(V_2-V_1)}{\gamma-1}+p_0(V_2-V_1)+\alpha ln\left(\dfrac{V_2}{V_1}\right)$

$Q=\dfrac{\gamma p_0 (V_2-V_1)}{\gamma-1}+\alpha ln\left(\dfrac{V_2}{V_1}\right)$

a) $C(V)=R\left(\dfrac{\gamma}{\gamma-1}+\dfrac{\alpha}{p_0 V}\right)$

b) $W=p_0(V_2-V_1)+\alpha ln\left(\dfrac{V_2}{V_1}\right)$

$\Delta U=\dfrac{p_0(V_2-V_1)}{\gamma-1}$

$Q=\dfrac{\gamma p_0 (V_2-V_1)}{\gamma-1}+\alpha ln\left(\dfrac{V_2}{V_1}\right)$