Solução – Problemas da Semana 177

Calorimetria

Calculando a massa total do gelo:

Cada cubo tem volume:

$$V= 2 \cdot 2 \cdot 2 = 8 \, \text{cm}^3$$

Para 6 cubos:

$$V_{\text{tot}} = 6 \times 8 = 48 \, \text{cm}^3$$

Usando a densidade do gelo $\rho = 0{,}92 \, \text{g/cm}^3$, temos:

$$m_{\text{gelo}} = \rho \cdot V_{\text{tot}} = 0{,}92 \cdot 48 = 44{,}16 \, \text{g}$$

Cálculo do calor necessário para derreter o gelo:

$$Q_{\text{fusao}} = m_{\text{gelo}} \cdot L = 44{,}16 \cdot 334 = 14749{,}44 \, \text{J}$$

Cálculo do calor que o chá pode ceder até $0^{\circ}\mathrm{C}$

$$Q_{\text{cha}} = m_{\text{cha}} \cdot c \cdot \Delta T = 250 \cdot 4{,}18 \cdot (80 - 0) = 83600 \, \text{J}$$

Como $$T_0^{\text{cha}} = 80^\circ \mathrm{C}$$

$$T_0^{\text{gelo}} = 0^\circ \mathrm{C}$$

A equação do equilíbrio térmico é dada por:

$$m_{\text{gelo}} \cdot L + m_{\text{gelo}} \cdot c \cdot (T_f - T_0^{\text{gelo}}) + m_{\text{cha}} \cdot c \cdot (T_f - T_0^{\text{cha}}) = 0$$

Substituindo os valores:

$$44{,}16 \cdot 334 + 44{,}16 \cdot 4{,}18 \cdot T_f + 250 \cdot 4{,}18 \cdot (T_f - 80) = 0$$

Rearranjando, obtemos:

$$1229{,}5888 \cdot T_f = 68850{,}56$$

$$T_f = \frac{68850{,}56}{1229{,}5888} \approx 56{,}0^\circ \mathrm{C}$$

Logo:

$$\boxed{T_f \approx 56{,}0^\circ \mathrm{C}}$$

$$\boxed{T_f \approx 56{,}0^\circ \mathrm{C}}$$

Eletrsotática

Como o sistema está sobre um plano liso e isolante, não há forças externas atuando na direção horizontal. Portanto, o momento linear do sistema se conserva:

$$mv=mv_1+2mv_2$$

onde $v_1$ e $v_2$ são as velocidades dos corpos de massa $m$ e $2m$, respectivamente, em um instante posterior ao início do movimento.

No momento em que os corpos atingem a menor distância possível, a força elétrica de repulsão começa a aumentar novamente a distância entre eles. Isso significa que, naquele instante, a velocidade relativa entre eles é nula, ou seja:

$$v_1 = v_2 \equiv v'$$

Substituindo na equação da conservação do momento linear:

$$mv = mv' + 2m v' = 3m v' \quad \Rightarrow \quad v' = \frac{v}{3}$$

Como não há forças dissipativas, também podemos aplicar a \textbf{conservação da energia mecânica}. A energia total do sistema no instante inicial é:

$$E_{\text{inicial}} = \frac{m v^2}{2} + \frac{k q^2}{d}$$

e, no instante em que a distância entre os corpos é mínima:

$$E_{\text{final}} = \frac{m v'^2}{2} + \frac{2mv'^2}{2} + \frac{k q^2}{d_{\min}} = \frac{3m v'^2}{2} + \frac{k q^2}{d_{\min}}$$

Substituindo $v' = \dfrac{v}{3}$ na equação da energia:

$$\frac{m v^2}{2} + \frac{k q^2}{d} = \frac{3}{2} \left( \frac{mv^2}{9} \right) + \frac{k q^2}{d_{\min}} = \frac{m v^2}{6} + \frac{k q^2}{d_{\min}}$$

Isolando $v^2$:

$$\frac{m v^2}{2} - \frac{m v^2}{6} = \frac{k q^2}{d_{\min}} - \frac{k q^2}{d} \quad \Rightarrow \quad \frac{m v^2}{3} = k q^2 \left( \frac{1}{d_{\min}} - \frac{1}{d} \right)$$

Portanto, a velocidade inicial $v$ do corpo de massa $m$ deve ser:

$$\boxed{v = \sqrt{ \frac{3 k q^2}{m} \left( \frac{1}{d_{\min}} - \frac{1}{d} \right) }}$$

$$\boxed{v = \sqrt{ \frac{3 k q^2}{m} \left( \frac{1}{d_{\min}} - \frac{1}{d} \right) }}$$

Cinemática

(a) A trajetória de Epilef Aiam pode ser descrita pelo movimento oblíquo, que ocorre sob a ação da gravidade. Como ele parte da origem com velocidade inicial $v_0$ e ângulo $\theta$, podemos decompor sua velocidade:

$$v_{0x} = v_0 \cos\theta$$

$$v_{0y} = v_0 \sin\theta$$

Logo, considerando que a aceleração da gravidade atua na direção $(-\hat{y})$. Temos que as equações de trajetória são:

$$\boxed{x=v_0 \cos\theta t }$$

$$\boxed{y=v_0 \sin\theta t - \dfrac{gt^2}{2}}$$

(b) Queremos uma equação que relacione $y$ com $x$, eliminando o tempo $t$. A partir das equações do item (a) isolamos $t$ na equação de $x(t)$:

$$t = \dfrac{x}{v_0 \cos\theta}$$

Substituímos essa expressão na equação de $y(t)$:

$$y = v_0 \sin\theta \cdot \dfrac{x}{v_0 \cos\theta} - \dfrac{1}{2} g \left( \dfrac{x}{v_0 \cos\theta} \right)^2$$

$$\boxed{y = x \tan\theta - \dfrac{g x^2}{2 v_0^2 \cos^2\theta}}$$

(c) A equação da trajetória para um ângulo $\theta$ é:

$$y = x \tan\theta - \dfrac{g x^2}{2 v_0^2 \cos^2\theta}$$

Queremos determinar quais pontos $(x, y)$ podem ser atingidos para algum valor de $\theta$. Para isso, definimos $T = \tan\theta$, e usamos a identidade $\cos^2\theta = \dfrac{1}{1 + T^2}$, obtendo:

$$y = x T - \dfrac{g x^2}{2 v_0^2} (1 + T^2)$$

$$-\dfrac{g x^2}{2 v_0^2} T^2 + x T - \dfrac{g x^2}{2 v_0^2}-y=0$$

Para que exista solução real para $T$, o discriminante deve ser maior ou igual a zero. Já que nos casos em que o discriminante não é real correspondem as posições que Elipef não consegue atingir.

$$\Delta = x^2 - 4 \cdot \left( -\dfrac{g x^2}{2 v_0^2} \right) \cdot \left( -\dfrac{g x^2}{2 v_0^2} - y \right) \geq 0$$

$$x^2 - \dfrac{g^2 x^4}{v_0^4} - \dfrac{2 g x^2 y}{v_0^2} \geq 0$$

Isolando $y$, obtemos a condição para que um ponto seja atingível:

$$\boxed{y \leq \dfrac{v_0^2}{2g} - \dfrac{g x^2}{2 v_0^2}}$$

Essa equação descreve uma parábola invertida. Epilef consegue atingir todos os pontos do plano que estejam sobre ou abaixo dessa curva.

(d) Sabemos que Epilef realizou um salto “no limite”, ou seja, ele utilizou a velocidade mínima possível para conseguir passar exatamente sobre o dado. Para encontrar essa velocidade, podemos primeiro determinar a velocidade que Epilef tinha ao passar pelo canto do dado, e depois usar a conservação da energia mecânica para descobrir sua velocidade inicial no solo.

Para isso, consideramos que Epilef saltou de uma aresta até a outra, passando por cima do cubo. A distância horizontal entre os cantos é $L$, e a altura final é a mesma que a inicial, ou seja, $y = 0$. Podemos então utilizar a equação da envoltória obtida no item anterior:

$$y \leq \dfrac{v_0^2}{2g} - \dfrac{g x^2}{2 v_0^2}$$

Como queremos a velocidade mínima necessária para que Epilef consiga atingir o ponto, usamos o caso de igualdade:

$$y = \dfrac{v_0^2}{2g} - \dfrac{g x^2}{2 v_0^2}$$

Como essa equação descreve o movimento de um projétil que parte da origem, a primeira ponta por onde Elipef passa corresponde ao ponto de partida, ou seja, à origem. A outra ponta do dado representa o ponto de chegada, localizado em $x = L$ e $y = 0$. Substituindo:

$$0 = \dfrac{v_0^2}{2g} - \dfrac{g L^2}{2 v_0^2}$$

Multiplicando ambos os lados por $2g v_0^2$:

$$0 = v_0^4 - g^2 L^2 \quad \Rightarrow \quad v_0 = \sqrt{gL}$$

Portanto, Epilef estava com velocidade $\sqrt{gL}$ ao passar pelo primeiro canto do cubo.

No entanto, essa não é sua velocidade inicial no solo. Para descobri-la, usamos a conservação da energia mecânica:

Ao passar pelo canto do cubo, Epilef tinha:

$$E_{\text{ponta}} = m g L + \dfrac{mgL}{2}$$

(energia potencial e cinética, pois ele está a uma altura $L$ e com velocidade $\sqrt{gL}$)

No instante inicial, no solo, Epilef só tinha energia cinética:

$$E_{\text{inicial}} = \dfrac{m v^2}{2}$$

Conservando a energia:

$$\dfrac{m v_{min}^2}{2} = mgL + \dfrac{m gL}{2}$$

$$\dfrac{m v_{min}^2}{2} = \dfrac{3m g L }{2} \quad \Rightarrow \quad v_{min}^2 = 3gL$$

Portanto, a velocidade mínima que Epilef deve ter no solo para conseguir passar exatamente sobre o topo do cubo é:

$$\boxed{v_{min} = \sqrt{3gL}}$$

Caso queira saber mais sobre esse tipo de problema, acesse: https://noic.com.br/olimpiadas/fisica/ideias/fisica-ideia-16/

(a)

$$\boxed{x=v_0 \cos\theta t }$$

$$\boxed{y=v_0 \sin\theta t - \dfrac{gt^2}{2}}$$

(b)

$$\boxed{y = x \tan\theta - \dfrac{g x^2}{2 v_0^2 \cos^2\theta}}$$

(c)

$$\boxed{y \leq \dfrac{v_0^2}{2g} - \dfrac{g x^2}{2 v_0^2}}$$

(d)

$$\boxed{v=\sqrt{3gL}}$$