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 porp_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 móduloF_{\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 ém=\rho A h.
Equação de Newton para o movimento vertical (uma única coordenada representando o deslocamento do lado considerado):
Somando sinais, obtemosm\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
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 adicionalF_{\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.
\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.