Soluções Física – Semana 6

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por

Lucca Siaudzionis

Iniciante (Solução por Renner Leite)

Para que dê certo, a velocidade v_{b} deve ter o ângulo \alpha tal que:

v_{b}cos\alpha = v_{c}

De modo a “anular” qualquer velocidade na direção do rio, impedindo qualquer desvio de ocorrer. Em suma:

\alpha = arccos \frac{v_{c}}{v_{b}}

Intermediário (Solução por Victor Sales)

A primeira lei da termodinâmica para o quarto com a geladeira é dada por \Delta U = W, onde W é o trabalho feito pelo motor da geladeira e U é a energia interna. Naturalmente, \Delta U = {\Delta U}_q + {\Delta U}_g, com {\Delta U}_g = W - Q e {\Delta U}_q = Q, onde Q é a quantidade de calor transferida da geladeira para o quarto.
a) 
i) Quando a geladeira é ligada, a temperatura no quarto vai aumentar porque W > 0″ /></span><script type='math/tex'>W > 0</script> e <span class='MathJax_Preview'><img data-recalc-dims= e porque pela segunda lei da termodinâmica {\Delta U}_g < W.
ii) Quando a temperatura dentro da geladeira atinge um certo valor T_1, ela é desligada automaticamente. Assim Q < 0, W = 0 e a temperatura dentro do quarto vai diminuir até atingir um certo valor T_2. A situação vai se repetir, mas com intervalos de tempo devidos a (ii) cada vez mais curtos, porque a transferência de calor pelas paredes da geladeira é maior para temperaturas do quarto mais altas, até que finalmente os intervalos de tempo desaparecem e a temperatura do quarto cresce até que a geladeira se quebre.
b) Para o caso da geladeira cheia e fechada, o processo segue as mesmas etapas descritas em (i) e (ii) de (a), mas a capacidade térmica da geladeira aumentou por causa da comida, então o processo é, no início, mais lento. Além disso Q_{(b)} > Q_{(a)} (por unidade de tempo), no início, porque parte do calor da geladeira também é transferido para a comida.
c) Neste caso, a geladeira não se desliga nunca e a temperatura cresce monotonicamente e mais rapidamente. No início, o acréscimo é mais lento, porque a geladeira tem capacidade térmica menor.
Visualmente, temos o seguinte gráfico que representa, qualitativamente, o que acontece com a temperatura ao passar do tempo:
Imagem inline 1

Avançado (Solução por Victor Sales)

i) A força gravitacional atuante no aparelho será igual a F_G = - \frac{g}{R} x, onde x é a distância ao centro da Terra. A força de amortecimento, por ser linear, é igual a F_A = - b v. Usando que F_R = F_G + F_A, temos:

ma = - \frac{g}{R} x - b v \Rightarrow \ddot{x} + \frac{b}{m} \dot{x} + \frac{g}{m R} x = 0

Que é a equação característica de um movimento oscilante amortecido.
Sendo {\omega}_0 = \sqrt{\frac{g}{m R}} = \frac{1}{8000} Hz e \zeta = \frac{b}{2 m {\omega}_0} = \frac35 a frequência natural do oscilador e a taxa de amortecimento, respectivamente, temos:

\ddot{x} + 2 \zeta {\omega}_0 \dot{x} + {{\omega}_0}^2 x = 0

Como \zeta < 1, o amortecimento é sub-crítico e possui solução da seguinte forma:

x(t) = e^{-\zeta {\omega}_0 t}(A cos(\omega t) + B sin(\omega t))

, onde \omega = {\omega}_0 \sqrt{1 - {\zeta}^2} = \frac{1}{10000} Hz
Substituindo as condições iniciais: x(0) = -R e \dot{x}(0) = 0, temos:

x(t) = - R e^{-\zeta {\omega}_0 t}(cos(\omega t) + \frac{\zeta {\omega}_0}{\omega} sin(\omega t))

Queremos resolver x(\Delta t) = 0, ou seja:

cos(\omega \Delta t) = - \frac{\zeta {\omega}_0}{\omega} sin(\omega \Delta t) \Rightarrow tg(\omega \Delta t) = - \frac43

\Rightarrow \omega \Delta t = \pi - {{tg}^{-1}}(\frac43) = 3 - 0.93 = 2.07

\Rightarrow \Delta t = \frac{2.07}{\omega} \Rightarrow \Delta t = 2.07 \times 10^5 s \approx 2.4 dias

ii) Caso não houvesse o líquido amortecedor, a equação resultante seria esta:

\ddot{x} + {{\omega}_0}^2 x = 0

Cuja solução é dada por x(t) = A cos({\omega}_0 t) + B sin({\omega}_0 t), usando as condições inicais novamente, temos: x(t) = - R cos({\omega}_0 t).
Queremos x({\Delta t}_0) = 0 \Rightarrow {\omega}_0 {\Delta t}_0 = \frac{\pi}{2} = \frac32

\Rightarrow {\Delta t}_0 = \frac{3}{2 {\omega}_0} \Rightarrow {\Delta t}_0 = 1.2 \times 10^4 s = 3h 20m

Ou seja:

\frac{{\Delta t}}{{\Delta t}_0} = 17.25

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