Física II ⇒ Termodinâmica e Movimento Harmônico Simples Tópico resolvido

[Andre13000]

O método de Ruchardt pode ser empregado para determinar o coeficiente de Poisson [tex3]\gamma = C_p/C_V[/tex3]

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[tex3]\gamma = C_p/C_V[/tex3]

, isto é, a relação entre os coeficientes de calor específico com pressão e com volume constante, envolvendo transformações adiabáticas. Utilizando um balão de vidro com ar em seu interior, ajusta-se uma bolinha metálica de raio [tex3]a[/tex3]

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[tex3]a[/tex3]

e massa [tex3]m[/tex3]

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[tex3]m[/tex3]

, que veda a boca do balão Na posição [tex3]x=0[/tex3]

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[tex3]x=0[/tex3]

a bolinha encontra-se em equilíbrio e o balão de vidro tem volume [tex3]V_0[/tex3]

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[tex3]V_0[/tex3]

. Ao ser deslocada na vertical de sua posição de equilíbrio a bolinha move-se, executando oscilações em um movimento harmônico simples.

Coeficiente_Poisson.png (7.02 KiB) Exibido 2456 vezes

Considerando o atrito desprezível, mostre que o período de oscilação em função das variáveis do problema é dado por:

[tex3]T = \frac{2}{a^2}\sqrt{\frac{mV_0}{\gamma P}}[/tex3]

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[tex3]T = \frac{2}{a^2}\sqrt{\frac{mV_0}{\gamma P}}[/tex3]

[LucasPinafi]

Vou fazer de um modo mais geral, supondo que há a presença da pressão atmosférica. Para o caso do exercício, basta tomar [tex3]p_0 = 0[/tex3]

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[tex3]p_0 = 0[/tex3]

.
Inicialmente, veja que a bolinha está em equilíbrio, de forma que:

[tex3]mg + p_0 (\pi a^2 ) = p (\pi a^2) \therefore p = p_0 + \frac{mg}{\pi a^2}[/tex3]

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[tex3]mg + p_0 (\pi a^2 ) = p (\pi a^2) \therefore p = p_0 + \frac{mg}{\pi a^2}[/tex3]

onde [tex3]\pi a^2[/tex3]

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[tex3]\pi a^2[/tex3]

representa a área transversal da bolinha.
Quando a bolinha é movida da posição [tex3]x = 0[/tex3]

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[tex3]x = 0[/tex3]

até [tex3]x[/tex3]

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[tex3]x[/tex3]

segue que o volume diminui de [tex3]V_0[/tex3]

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[tex3]V_0[/tex3]

para [tex3]V_0 - \Delta V[/tex3]

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[tex3]V_0 - \Delta V[/tex3]

, de modo que, como a transformação é adiabática:

[tex3]\frac{p_f}{p_i} = \left(\frac{V_f}{V_i}\right)^\gamma = \left(\frac{V_0 - \Delta V}{V_0}\right)^\gamma = \left(1 - \frac{\Delta V}{V_0}\right)^\gamma \approx 1- \frac{\gamma \Delta V}{V_0}[/tex3]

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[tex3]\frac{p_f}{p_i} = \left(\frac{V_f}{V_i}\right)^\gamma = \left(\frac{V_0 - \Delta V}{V_0}\right)^\gamma = \left(1 - \frac{\Delta V}{V_0}\right)^\gamma \approx 1- \frac{\gamma \Delta V}{V_0}[/tex3]

onde foi utilizado o fato que [tex3](1 +x)^n \approx 1 + n x[/tex3]

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[tex3](1 +x)^n \approx 1 + n x[/tex3]

para [tex3]x << 1[/tex3]

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[tex3]x << 1[/tex3]

. Como [tex3]\Delta V = \pi a^2 x[/tex3]

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[tex3]\Delta V = \pi a^2 x[/tex3]

, segue que:

[tex3]\frac{p_f}{p_i} = 1 - \frac{\gamma (\pi a^2 x)}{V_0}\Longrightarrow p_f = \left( 1 - \frac{\pi \gamma a^2 x}{V_0}\right) p_i[/tex3]

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[tex3]\frac{p_f}{p_i} = 1 - \frac{\gamma (\pi a^2 x)}{V_0}\Longrightarrow p_f = \left( 1 - \frac{\pi \gamma a^2 x}{V_0}\right) p_i[/tex3]

.
Assim,

[tex3]\Delta p = p_f -p_i = - \frac{\pi a^2 \gamma p x}{V_0} \therefore F_r = \Delta p (\pi a^2 ) = - \frac{\pi ^2 a^4 \gamma p }{V_0}x[/tex3]

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[tex3]\Delta p = p_f -p_i = - \frac{\pi a^2 \gamma p x}{V_0} \therefore F_r = \Delta p (\pi a^2 ) = - \frac{\pi ^2 a^4 \gamma p }{V_0}x[/tex3]

onde o sinal negativo indica que a força é uma força restauradora.
Aplicando o princípio fundamental da dinâmica, temos que:

[tex3]F_r = ma = m \frac{d^2 x}{dt^2} = - \frac{\pi^2 a^4 \gamma p }{V_0}x[/tex3]

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[tex3]F_r = ma = m \frac{d^2 x}{dt^2} = - \frac{\pi^2 a^4 \gamma p }{V_0}x[/tex3]

obtemos a equação diferencial de segunda ordem:

[tex3]\frac{dx^2}{dt^2} + \frac{\pi^2 a^4 \gamma p }{mV_0}x = 0[/tex3]

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[tex3]\frac{dx^2}{dt^2} + \frac{\pi^2 a^4 \gamma p }{mV_0}x = 0[/tex3]

A solução será dada por [tex3]x= \cos (\omega t + \phi_0)[/tex3]

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[tex3]x= \cos (\omega t + \phi_0)[/tex3]

, onde:

[tex3]\omega = \sqrt{\frac{\pi ^2 a^4 \gamma p}{mV_0}} = \pi a^2 \sqrt{\frac{\gamma p}{mV_0}}[/tex3]

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[tex3]\omega = \sqrt{\frac{\pi ^2 a^4 \gamma p}{mV_0}} = \pi a^2 \sqrt{\frac{\gamma p}{mV_0}}[/tex3]

Finalmente, o período, T, é dado por:

[tex3]T = \frac{2\pi}{\omega} = \frac{2}{a^2}\sqrt{\frac{mV_0}{\gamma p}} \ \ \begin{cases} p = p_0 + \dfrac{mg}{\pi a^2} \end{cases}[/tex3]

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[tex3]T = \frac{2\pi}{\omega} = \frac{2}{a^2}\sqrt{\frac{mV_0}{\gamma p}} \ \ \begin{cases} p = p_0 + \dfrac{mg}{\pi a^2} \end{cases}[/tex3]

[Andre13000]

Tem como elicitar a integral completa do período? As minhas tentativas dão resultados estranhos...

[LucasPinafi]

tava procurando esse post ontem mesmo oO!
Só não entendi sua dúvida.. tu quer que resolva a edo?

[Andre13000]

kkkk obra do destino. Eu já vou postar o que eu to pensando... o que eu quero é o período exato.

[Andre13000]

Ok, isso é que o que estou tentando fazer...

Algumas observações: as forças que estão agindo são: a) A força realizada pela pressão do próprio gás; b) A força da gravidade; e c) A pressão atmosférica.

A pressão atmosférica parece ser desprezada neste problema, então vou esquecê-la.

Primeiro definindo a energia potencial do gás:

[tex3]W=\int \vec{F}\cdot \vec{ds}\\
F=AP\\
W=\int_i^f AP~dx=\int_i^f PdV\\
P_0V_0^{\gamma}=PV^\gamma\\
P=P_0V_0^\gamma V^{-\gamma}\\
W=P_0V_0^\gamma\int_i^f V^{-\gamma}dV\\
W=P_0V_0^\gamma\left(\frac{V_f^{1-\gamma}-V_i^{1-\gamma}}{1-\gamma}\right)\\
\Delta U_{gas}=P_0V_0^\gamma\left(\frac{V_f^{1-\gamma}-V_i^{1-\gamma}}{\gamma -1}\right)[/tex3]

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[tex3]W=\int \vec{F}\cdot \vec{ds}\\
F=AP\\
W=\int_i^f AP~dx=\int_i^f PdV\\
P_0V_0^{\gamma}=PV^\gamma\\
P=P_0V_0^\gamma V^{-\gamma}\\
W=P_0V_0^\gamma\int_i^f V^{-\gamma}dV\\
W=P_0V_0^\gamma\left(\frac{V_f^{1-\gamma}-V_i^{1-\gamma}}{1-\gamma}\right)\\
\Delta U_{gas}=P_0V_0^\gamma\left(\frac{V_f^{1-\gamma}-V_i^{1-\gamma}}{\gamma -1}\right)[/tex3]

[tex3]\Delta U+\Delta K=0\\
\frac{P_0V_0^\gamma V_i^{1-\gamma}}{\gamma-1}+\frac{mv^2_i}{2}+mgx_i=\frac{P_0V_0^\gamma V_f^{1-\gamma}}{\gamma-1}+\frac{mv^2_f}{2}+mgx_f[/tex3]

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[tex3]\Delta U+\Delta K=0\\
\frac{P_0V_0^\gamma V_i^{1-\gamma}}{\gamma-1}+\frac{mv^2_i}{2}+mgx_i=\frac{P_0V_0^\gamma V_f^{1-\gamma}}{\gamma-1}+\frac{mv^2_f}{2}+mgx_f[/tex3]

Com [tex3]V=V_0+Ax[/tex3]

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[tex3]V=V_0+Ax[/tex3]

A partir daí eu tomo [tex3]x_f=a[/tex3]

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[tex3]x_f=a[/tex3]

, a amplitude, com [tex3]v_f=0[/tex3]

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[tex3]v_f=0[/tex3]

, e trato [tex3]x_i[/tex3]

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[tex3]x_i[/tex3]

como variável.

[tex3]\frac{P_0V_0^\gamma (V_0+Ax)^{1-\gamma}}{\gamma-1}+\frac{mv^2}{2}+mgx=\frac{P_0V_0^\gamma (V+Aa)^{1-\gamma}}{\gamma-1}+mga[/tex3]

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[tex3]\frac{P_0V_0^\gamma (V_0+Ax)^{1-\gamma}}{\gamma-1}+\frac{mv^2}{2}+mgx=\frac{P_0V_0^\gamma (V+Aa)^{1-\gamma}}{\gamma-1}+mga[/tex3]

Isolando v:

[tex3]v^2=\frac{2P_0V_0^\gamma}{m(\gamma-1)}\left((V_0+Aa)^{1-\gamma}-(V_0+Ax)^{1-\gamma}\right)+2g(a-x)\\
dt=\frac{dx}{\sqrt{\frac{2P_0V_0^\gamma}{m(\gamma-1)}\left((V_0+Aa)^{1-\gamma}-(V_0+Ax)^{1-\gamma}\right)+2g(a-x)}}\\
\int_0^{\frac{T}{4}}dt=\frac{T}{4}=\int_0^a\frac{dx}{\sqrt{\frac{2P_0V_0^\gamma}{m(\gamma-1)}\left((V_0+Aa)^{1-\gamma}-(V_0+Ax)^{1-\gamma}\right)+2g(a-x)}}\\
T=4\int_0^a \frac{dx}{\sqrt{\frac{2P_0V_0^\gamma}{m(\gamma-1)}\left((V_0+Aa)^{1-\gamma}-(V_0+Ax)^{1-\gamma}\right)+2g(a-x)}} [/tex3]

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[tex3]v^2=\frac{2P_0V_0^\gamma}{m(\gamma-1)}\left((V_0+Aa)^{1-\gamma}-(V_0+Ax)^{1-\gamma}\right)+2g(a-x)\\
dt=\frac{dx}{\sqrt{\frac{2P_0V_0^\gamma}{m(\gamma-1)}\left((V_0+Aa)^{1-\gamma}-(V_0+Ax)^{1-\gamma}\right)+2g(a-x)}}\\
\int_0^{\frac{T}{4}}dt=\frac{T}{4}=\int_0^a\frac{dx}{\sqrt{\frac{2P_0V_0^\gamma}{m(\gamma-1)}\left((V_0+Aa)^{1-\gamma}-(V_0+Ax)^{1-\gamma}\right)+2g(a-x)}}\\
T=4\int_0^a \frac{dx}{\sqrt{\frac{2P_0V_0^\gamma}{m(\gamma-1)}\left((V_0+Aa)^{1-\gamma}-(V_0+Ax)^{1-\gamma}\right)+2g(a-x)}} [/tex3]

Eu tenho quase certeza que isso daí tem algo de errado. A Lagrangiana nos diz que a força aplicada na bola é

[tex3]F=\frac{\partial }{\partial x}U
\\F=P_0V_0^\gamma(V_0+Ax)^{-\gamma}-mg
\\F=AP-mg[/tex3]

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[tex3]F=\frac{\partial }{\partial x}U
\\F=P_0V_0^\gamma(V_0+Ax)^{-\gamma}-mg
\\F=AP-mg[/tex3]

Que condiz acho.

[LucasPinafi]

A única simplificação que fiz foi tomar a variação de volume muito pequena;
veja que se assim não for o movimento deixa de ser periódico pois as forças saem do equilíbrio e a partícula foge de seu poço de potencial. Portanto não vejo muito sentido nas contas que tu fez, mas posso estar enganado.