Problema 10. Oscilação em gás adiabático. Derrama-se mercúrio dentro de um tubo em U, aberto em ambas as extremidades, até que o comprimento total do mercúrio seja h.
a) Se o nível do mercúrio em um dos lados do é abaixado e, então, o mercúrio é deixado oscilar com pequena amplitude, demonstre que desprezando-se o atrito, o período \tau_{1} é dado por
\tau_{1}=2 \pi(h / 2 g)^{1 / 2}
b) Uma extremidade do tubo em U é agora fechada de modo que o comprimento da coluna de ar aprisionado é L, e outra vez o mercúrio é feito oscilar. Supondo ser o atrito desprezível, o ar ser um gás ideal e as variações de volume ser adiabáticas, demonstre que o período é agora
\tau_{2}=2 \pi\left[h /\left(2 g+\gamma h_{0} g L\right)\right]^{1 / 2},
c) Demonstre que
\gamma=2 L / h_{0}\left[\left(\tau_{1} / \tau_{2}\right)^{2}-1\right] .

Passo 1

O enunciado dá um tubo em U com mercúrio e pede três coisas. Vou listar com calma o que foi dado e o que se pede (tudo que vem do enunciado):
  • Foi derramado mercúrio no tubo de modo que o comprimento total do mercúrio é \,h\,.
  • Oscilações de pequena amplitude; o atrito (viscosidade, perda) é desprezível.
  • O ar, quando aprisionado, é um gás ideal e as variações de volume são adiabáticas.
  • Quando uma extremidade é fechada, fica aprisionada uma coluna de ar de comprimento \,L\,.
  • O enunciado usa um parâmetro \,h_0\,; vou tomar \,h_0\, como a “altura equivalente de pressão” definida por p_0=\rho g h_0,onde \,p_0\, é a pressão do ar aprisionado no equilíbrio, \rho é a densidade do mercúrio e g a aceleração da gravidade. Isto é apenas uma forma conveniente de escrever a pressão em termos de uma altura de mercúrio.
  • O que se pede:
    (a) mostrar que, com as duas extremidades abertas, o período é \tau_{1}=2\pi\sqrt{\dfrac{h}{2g}}.(b) com uma extremidade fechada (coluna de ar de comprimento \,L\,), mostrar que, sob as hipóteses dadas, \tau_{2}=2\pi\sqrt{\dfrac{h}{2g+\gamma g h_0/L}}.(c) obter uma expressão para \gamma em função de \tau_1,\tau_2,L,h_0.
Agora que está claro o que o problema pede e quais dados vamos usar, começo a resolver passo a passo.

Passo 2

Parte (a): modelagem física e escolha das variáveis.
  • Seja A a área da secção transversal do tubo (assumimos secção uniforme para simplificar; a depender da figura seria a mesma em ambos os ramos).
  • Seja \rho a densidade do mercúrio.
  • Escolho como variável de deslocamento x(t): a distância que o nível do mercúrio em um dos lados desceu a partir da posição de equilíbrio. Por hipótese de pequena amplitude, x é pequeno e podemos linearizar.
  • Quando o mercúrio desce no lado esquerdo por x, a coluna do lado direito sobe por x. Portanto a diferença de alturas entre os dois níveis é \,2x\,.
Explicando a física necessária (hidrostática simples):
  • A pressão hidrostática depende da profundidade: a diferença de pressão entre duas colunas de líquido devido a diferença de altura \Delta h é \rho g \Delta h. Aqui a diferença de alturas entre os dois braços é \,2x, então a pressão diferencial entre as superfícies do mercúrio nos dois ramos, na mesma profundidade, é \rho g (2x).
Força resultante sobre toda a massa de mercúrio:
  • A pressão diferencial age sobre a área A, produzindo uma força restauradora em direção à posição de equilíbrio com módulo F_{\text{press}} = \rho g (2x)\,A.O sinal é tal que se x>0 (lado esquerdo abaixo), a força tende a puxá-lo de volta (portanto é restauradora, com sinal negativo na equação de movimento).
Massa total da coluna de mercúrio:
  • O comprimento total do mercúrio é \,h\,, então a massa total é m=\rho A h.
Equação de Newton para o movimento vertical (uma única coordenada representando o deslocamento do lado considerado):
  • Somando sinais, obtemos m\ddot x = -\rho g (2x) A.Substituindo m=\rho A h cancela \rho A e ficamos com \rho A h\ddot x = -2\rho g A x \quad\Rightarrow\quad \ddot x + \frac{2g}{h}x = 0.
Isto é a equação de um oscilador harmônico simples com frequência angular
\omega_1=\sqrt{\dfrac{2g}{h}}.
Logo o período é
\tau_1 = \frac{2\pi}{\omega_1} = 2\pi\sqrt{\dfrac{h}{2g}},
que é exatamente a expressão pedida no item (a).

Passo 3

Parte (b): fechamento de uma extremidade — efeito da compressão adiabática do ar.
Situação física:
  • Agora uma das extremidades do U está fechada, prendendo uma coluna de ar de comprimento L acima do mercúrio nesse ramo.
  • No equilíbrio essa coluna de ar tem pressão p_0 (em geral próxima da pressão atmosférica). Definição conveniente: p_0=\rho g h_0 (ou seja, h_0 é a “altura de mercúrio equivalente” à pressão p_0).
  • Quando o mercúrio se desloca um pouco, o volume da coluna de ar muda e, por hipótese do enunciado, essa variação é adiabática. Para variações pequenas podemos linearizar a lei adiabática.
Lei adiabática linearizada (aulas rápidas):
  • A lei exata é \,pV^{\gamma}=\text{const}. Para pequenas variações em torno de (p_0,V_0), expandimos: p_0 V_0^\gamma = (p_0+\Delta p)(V_0+\Delta V)^\gamma \approx (p_0+\Delta p)V_0^\gamma\left(1+\frac{\gamma\Delta V}{V_0}\right),mantendo termos lineares e cancelando o produto inicial, obtemos a aproximação linear \Delta p \approx -\gamma\frac{p_0}{V_0}\,\Delta V.Interpretação: uma pequena redução de volume \Delta V<0 aumenta a pressão por \Delta p>0 proporcional a \gamma.
Aplicação ao nosso problema:
  • Volume inicial do ar aprisionado: V_0 = A L (secção A vezes comprimento L).
  • Se o mercúrio no ramo fechado sobe por x (positivo quando sobe), então o volume do ar diminui por \Delta V = -A x (a coluna de ar encurta).
  • Pela fórmula linearizada, \Delta p = -\gamma\frac{p_0}{V_0}\Delta V = -\gamma\frac{p_0}{A L}(-A x) = \gamma\frac{p_0}{L}x.Note que \Delta p tem mesmo sinal restaurador: se o mercúrio sobe ( x>0) a pressão aumenta ( \Delta p>0), empurrando o mercúrio de volta.
Força exercida pela variação de pressão sobre a superfície do mercúrio:
  • A variação de pressão age sobre a área A, gerando força adicional F_{\text{ar}} = -\Delta p\, A = -\gamma\frac{p_0}{L}x\,A.(sinal negativo porque \Delta p>0 tende a empurrar o mercúrio para baixo se ele subiu).
Agora somamos as duas contribuições restauradoras:
  • Força hidrostática como antes: F_{\text{hidro}}=-2\rho g A x.
  • Força do ar comprimido: F_{\text{ar}}=-\gamma\frac{p_0}{L}A x.
  • Força total restauradora: F_{\text{tot}} = -\Big(2\rho g A + \gamma\frac{p_0}{L}A\Big)x.
Equação do movimento (mesma massa total m=\rho A h):
m\ddot x = -\Big(2\rho g A + \gamma\frac{p_0}{L}A\Big)x.
Dividindo por m=\rho A h obtemos
\ddot x + \left(\frac{2\rho g A}{\rho A h} + \frac{\gamma p_0 A}{\rho A h L}\right)x = 0 \quad\Rightarrow\quad \ddot x + \left(\frac{2g}{h} + \frac{\gamma p_0}{\rho h L}\right)x = 0.
Agora uso a definição conveniente p_0=\rho g h_0. Substituindo,
\frac{\gamma p_0}{\rho h L} = \frac{\gamma \rho g h_0}{\rho h L} = \frac{\gamma g h_0}{h L}.
Portanto a equação fica
\ddot x + \frac{g}{h}\Big(2 + \frac{\gamma h_0}{L}\Big)x = 0.
A frequência angular é
\omega_2 = \sqrt{\dfrac{g}{h}\Big(2 + \frac{\gamma h_0}{L}\Big)}.
Assim o período vale
\tau_2 = \frac{2\pi}{\omega_2} = 2\pi\sqrt{\dfrac{h}{g\!\left(2 + \dfrac{\gamma h_0}{L}\right)}}.
Escrevendo o denominador de forma mais explícita:
\tau_2 = 2\pi\sqrt{\dfrac{h}{2g + \gamma g h_0 / L}}.
Isto é precisamente a expressão pedida no item (b) (observe que a dependência adicional por \gamma e h_0/L vem do acréscimo de rigidez pela compressão adiabática do ar).

Passo 4

Parte (c): expressar \gamma em função de \tau_1,\tau_2,L,h_0.
Já temos
\tau_1^2 = \left(2\pi\right)^2 \frac{h}{2g} \qquad\text{e}\qquad \tau_2^2 = \left(2\pi\right)^2 \frac{h}{g\!\left(2 + \dfrac{\gamma h_0}{L}\right)}.
Fazendo a razão \dfrac{\tau_1^2}{\tau_2^2} simplifica bastante (o fator (2\pi)^2 h cancela):
\frac{\tau_1^2}{\tau_2^2} = \frac{g\!\left(2 + \dfrac{\gamma h_0}{L}\right)}{2g} = 1 + \frac{\gamma h_0}{2L}.
Isolando \gamma:
\frac{\tau_1^2}{\tau_2^2}-1 = \frac{\gamma h_0}{2L} \quad\Rightarrow\quad \gamma = \frac{2L}{h_0}\Big(\frac{\tau_1^2}{\tau_2^2}-1\Big).
Esta é a expressão pedida no item (c).

Resposta

\displaystyle \tau_{1}=2\pi\sqrt{\dfrac{h}{2g}}
\displaystyle \tau_{2}=2\pi\sqrt{\dfrac{h}{2g+\gamma g h_{0}/L}}
\displaystyle \gamma=\dfrac{2L}{h_{0}}\Big(\dfrac{\tau_{1}^{2}}{\tau_{2}^{2}}-1\Big)

Exercícios relacionados