Resoluções dos exercícios propostos

Transcrição

1 P.22 Dados: L 0 00 cm; θ 0 0 C; θ 50 C; α C L α L 0 θ L 0,075 cm O comprimento da barra, quando a temperatura é 50 C, é dado por: L L 0 L L 00 0,075 L 00,075 m P.23 Dados: L 00 L 0; θ θ θ 0 θ 20; α C L α L 0 θ 00 L L 0 (θ 20) θ θ20 θ20 θ20 833, θ 833,3 20 θ 853,3 C 4 P.24 Dados: α C ; α C Quando θ 0 0 C, temos: L 0() L 0(2) x Quando θ 0 C, temos: L 2 L mm Sendo: L 2 L 0(2) ( α 2 θ) e L L 0() ( α θ), temos: L 0(2) ( α 2 θ) L 0() ( α θ) x ( ) x ( ) x (,0020) x (,006) x 0, 0004 x mm ou x 2,5 m

2 2 P.25 Para θ 0 5 C, temos: L 0() L 0(2) 20 cm Para θ 5 C, temos: L L 2 x A diferença de temperatura θ é: θ θ θ 0 5 C 5 C 20 C Dados: α C ; α C Sendo: L L 0() ( α θ) el 2 L 0(2) ( α 2 θ), vem: x L 0() ( α θ) L 0(2) ( α 2 θ) x 20 [ (20)] 20 [ (20)] x 20 0, ,0072 x 0,0024 cm ou x 2,4 0 3 cm P.26 a) Da figura: L A 4 cm; L 2 cm; θ 00 C α e α A L 4 α A α A C L θ A 0( A) L 2 α α C L θ ( ) b) L A L 4 cm L 0(A) ( α A θ) L 0() ( α θ) 4 00 ( θ) 00 ( θ) θ θ θ θ θ 4 θ 200 C Como θ 0 0 C θ 200 C P.27 Dados: L L A 30 cm ; α A 2,4 0 5 C ; α,2 0 5 C Conforme foi deduzido no exercício R.2: L L A α α A Então: L L A,2 0 2, LA L 2L A L 2 Substituindo em, temos: 2L A L A 30 cm L A 30 cm Substituindo em, temos: L 2L A 2 30 L 60 cm

3 3 P.28 Para que a diferença de comprimentos seja constante com a temperatura: L L 2 Como L α L θ e L 2 α 2 L 2 θ, vem: α L θ α 2 L 2 θ α L α 2 L 2 Como α C e α C, obtemos: L L 2 L 4 3 L 2 Por outro lado, sabemos que: L L 2 3 cm Substituindo em, temos: 4 3 L 2 L 2 3 L 2 9 cm Em : L 4 3 L 2 L L 2 cm P.29 Dados: A cm 2 ; θ 0 0 C; θ 60 C α C β 2α β C A β A 0 θ (60 0) A 2,43 cm 2 A área da superfície da chapa a 60 C é dada por: A A 0 A 900 2,43 A 902,43 cm 2 P.30 Importante: a área interna do anel aumenta com a temperatura como se fosse constituída do material do anel. Dados: A 0 5 cm 2 ; θ 0 20 C; θ 20 C; β C A β A 0 θ (20 20) A 0,05 cm 2 ou A,5 0 2 cm 2 P.3 β C β α α C 2 Para θ 0 20 C, temos: R 0 20,000 mm Para θ?, devemos ter: R 9,988 mm R R R 0 9,988 20,000 R 0,02 mm Mas: R α R 0 θ 0, ,000 θ θ 30 C Como θ θ θ 0, obtemos: θ θ θ 0 θ θ 0 C

4 4 P.32 Dados: d 0,0 cm; θ 0 30 C; θ 330 C; α C a) d α d 0 θ 2 0 6,0 (330 30) d 3,6 0 3 cm b) A variação do diâmetro do furo não depende do diâmetro da chapa; ela depende do diâmetro inicial do furo. P.33 Dados: V 0 00 º; θ 0 0 C; V 0,405 º; α C γ 3α γ C V γ V 0 θ 0, θ θ 50 C θ θ θ 0 50 θ 0 θ 50 C P.34 Importante: o volume interno do balão aumenta com a temperatura como se fosse constituído pelo material das paredes do balão. Dados: V mº; θ 0 0 C; θ 50 C; γ C V γ V 0 θ V (50 0) V 7,5 0 2 mº P.35 Dados: 6,0 0 3 cm 3 ; θ 0 0 C; θ 0 C; α 8,0 0 6 C V 0 ( ) cm 3 γ 3α γ C V γ V 0 θ V ,0 0 3 (0 0) V 4,4 cm 3 P.36 Dados: V 0 50 cm 3 ; θ 0 28 C; θ 48 C; γ Hg C ; α vidro C γ vidro 3α vidro γ vidro C γ ap. γ Hg γ vidro γ ap C O volume extravasado corresponde à dilatação aparente do mercúrio: V ap. γ ap. V 0 θ (48 28) V ap. 0,53 cm 3

5 5 P.37 a) Dados: V cm 3 ; θ 0 0 C; θ 00 C; V ap. 50,5 cm 3 V ap. γ ap. V 0 θ 50,5 γ ap..000 (00 0) γ ap. 50,5 0 5 C γ ap. 5, C b) Sendo γ F C o coeficiente de dilatação volumétrico do frasco (recipiente), temos: γ γ ap. γ F γ C γ 5, C P.38 Para que não se altere o volume da parte vazia, a dilatação do mercúrio e a do recipiente devem ser iguais: C V Como C γ F C 0 θ e V γ Hg V 0 θ, temos: γ F C 0 θ γ Hg V 0 θ γ F C 0 γ Hg V 0 Dados: C cm 3 ; γf γhg C ; C O volume de mercúrio que deve ser colocado no recipiente é dado por: V 0 V 0 00 cm P.39 Dados: V 0(F).000 cm 3 (a 0 C); γ F C ; V 0(L) 980 cm 3 ; γ L 0 3 C O início do transbordamento acontece quando V F V L. Assim: V 0(F) ( γ F θ) V 0(L) ( γ L θ).000 ( θ) 980 ( 0 3 θ) θ θ ( ) θ 20 (0,02 0,980) θ 20 0,96 θ 20 θ 20,83 C Como θ θ θ 0, temos: θ 20,83 C

6 6 P.40 Devemos colocar o frasco no caldeirão com água quente. Como o coeficiente de dilatação do zinco é maior que o do vidro, a tampa se dilatará mais que o orifício e será fácil desatarrachá-la. P.4 Dados: α aço,2 0 5 C ; L 0 8,0 m; θ 0 28 C Se as extremidades de cada trilho deslocarem 0,25 cm devido à dilatação, os trilhos entrarão em contato e a partir daí ficarão sob tensão, podendo se soltar dos dormentes. Logo, a dilatação máxima possível para cada trilho é dada por: L 0,50 cm 0, m L α aço L 0 θ 0,50 0 2, ,0 θ θ 2 0,50 0 θ 52 C 5,2 0 8,0 A temperatura mínima atingida pelos trilhos, nessa condição, é: θ θ θ 0 52 θ 28 θ 80 C P.42 a) Dados: L 0(Zn) 5,0 m; L 0(Fe) 2 m; α Zn 3,0 0 5 K ; α Fe,0 0 5 K ; T i 300 K; T f 400 K T 400 K 300 K 00 K L Zn α Zn L 0(Zn) T 3, ,0 00 L Zn m L Fe α Fe L 0(Fe) T, L Fe m x L Zn L Fe x m ou x 3 mm b) α Zn L Zn α Fe L Fe 3,0 0 5 L Zn,0 0 5 L Fe L Fe 3,0L Zn Da figura, temos: L Fe 2 m Com esse dado, obtemos: L LZn Fe 2 LZn LZn 3,0 3,0 4 m Portanto: x L Fe L Zn x 2 4 x 8 m

7 7 P.45 P.43 a) Para o metal I, obtemos no gráfico: L L 0 e θ 30 C Como L αi θ, temos: L α I 30 α I,0 0 5 C Para o metal II, obtemos no gráfico: L L 0 e θ 30 C Substituindo em L αii θ, vem: L α II 30 α II 2,0 0 5 C b) Como a lâmina está sendo aquecida, na parte superior deve ser utilizado o metal que se dilata mais, isto é, o metal II. Esquematicamente: II I P.43 P.44 A área da coroa circular vazia corresponde à diferença entre a variação da área da cavidade no bloco de cobre ( A Cu ) e a variação da área do disco de ferro ( A Fe ): A coroa A Cu A Fe Fe Fe Cu Cu Para a cavidade no bloco de cobre, A Cu β Cu A 0 θ, em que: β Cu 2α Cu C ; A 0 00 cm 2 ; θ 00 C Então: A Cu A Cu 0,32 cm 2 Para o disco de ferro, A Fe β Fe A 0 θ, em que: β Fe 2α Fe C

8 os fundamentos β Fe 2α Fe 20 0 C Assim: A Fe A Fe 0,20 cm 2 Substituindo e em, obtemos: 8 A coroa 0,32 0,20 A coroa 0,2 cm 2 P.45 P.44 Um aumento de volume de % equivale a: V 0,0 V 0 (um centésimo do volume inicial). γ 3α γ 3 0,00007 γ 0, C V γ V 0 θ 0,0 V 0 0, V 0 θ θ 0,0 0, θ 285 C P.46 Dados: θ 0 0 C; V 0,0 cm 3 ; θ 60 C; V,0 cm 3 (00 gotas); d 0 0,90 g/cm 3 a) d 0 m V m d V 0,90,0 m 0,90 g (00 gotas) Para uma gota, temos: m gota m 00 0,90 m gota 9,0 0 3 g ou m gota 9,0 mg 00 b) V V V 0 V,0,0 V 0,0 cm 3 V γ V 0 θ 0,0 γ,0 (60 0) γ 0,0,0 50 γ 2,0 0 4 C

9 9 P.47 Taça: V 0 20 cm 3 ; θ (39 2) C 8 C 8 K; α Aº 2,3 0 5 K γ Aº 3 α Aº 6,9 0 5 K V T V 0 ( γ Aº θ) 20 ( 6, ) V T 20,49 cm 3 Glicerina: V 0 9 cm 3 ; θ 8 C 8 K; γ G 5, 0 4 K V G V 0 ( γ G θ) 9 ( 5, 0 4 8) V G 20,092 cm 3 Não há transbordamento. O volume não ocupado por glicerina ao final será: V V T V G 20,49 20,092 V 0,057 cm 3 P.48 Dados: V 0 0 º; θ 0 20 C; θ 30 C; V ap. 80 cm 3 ; γ 0,9 0 3 C a) V γ V 0 θ 0, (30 20) V º V 90 cm 3 Mas: V ap. V V F. Portanto: V F V V ap. V F V F 0 cm 3 b) Para a dilatação do frasco (caixa cúbica metálica), temos: V F γ F V 0 θ γ F 0 (30 20) γ F Mas γ F 3α F. Logo: 3 γf,0 0 4 C α F γ F 3 α F, α F 0, C P.49 Para 0 C, temos: C 0 9,000 cm 3 e V 0 90,000 cm 3 Para θ desconhecido, temos: C V Vidro: α C. Logo: γ F 3α C Mercúrio: γ Hg C Sendo C C 0 ( γ F θ) ev V 0 ( γ Hg θ), obtemos: C 0 ( γ F θ) V 0 ( γ Hg θ) 9,000 ( θ) 90,000 ( θ) 9, θ 90, θ, θ θ 30,8 C