Soluções Física - Semana 99

Escrito por Ualype Uchôa

Iniciante:

Assunto Abordado

Calorimetria, Trabalho e Potência

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Solução

a) Primeiramente, note que o calor necessário será apenas do tipo latente, pois o gelo já se encontra na temperatura de liquidificação/fusão. Logo:

Q=mL

Como massa é o produto da densidade pelo volume, m=\rho h\pi r^{2}, então:

Q=\rho h \pi r^{2}L

Da definição de potência:

P=\dfrac{Q}{\Delta t}

\Delta t=\dfrac{\rho h \pi r^{2}L}{P}

Substituindo os valores numéricos, temos:

\Delta t= 4,54 * 10^14 s \approx 1,4 * 10^7 anos.

b) Para trazer o cilindro de gelo (admitido homogêneo) logo acima da superfície, o operador deve elevar seu centro de massa de h em relação à posição inicial. Desta forma, pelo teorema da energia cinética (note que a variação de energia cinética é igual a zero, pois o processo é muito lento):

\tau_{total}=0

\tau_{peso}+\tau_{operador}=0

\tau_{operador}=mgh=\rho \pi r^{2}gh^2

Substituindo os dados:

\tau_{operador}=6,75*10^{14} J

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Gabarito

a) \Delta t= 4,54 * 10^14 s \approx 1,4*10^7 anos

b) \tau_{operador}=6,75*10^{14} J

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Intermediário:

Assunto Abordado

Força de Atrito e Resultantes Tangencial e Centrípeta

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Solução

Deve-se perceber que ocorre tendência de deslizamento tanto na direção radial quanto na tangencial à trajetória. Sendo assim, a soma vetorial das resultantes ao longo dessas direções fornece a força de atrito. A resultante tangencial em B será dada por:

F_{t}=ma_{t}

Onde a_{t} é encontrada pela equação de torricelli:

v^2_{B}=2a_{t}\Delta s

a_{t}=\dfrac{v^2_{B}}{2\alpha R}

Para a resultante centrípeta:

F_{C}=\dfrac{mv_{B}^2}{R}

Da condição de não deslizamento, F_{at} \leqslant \mu N, e pelo equilíbrio na vertical, N=mg. Então:

\sqrt{F_{at}^2+F_{t}^2} \leqslant \mu mg

Substituindo F_{at} e F_{t}, e isolando v_{B}:

v_{B} \leqslant \left(\dfrac{(\mu Rg)^2}{1+\dfrac{1}{4\alpha^2}}\right)^{\dfrac{1}{4}}

Desta forma, a velocidade máxima pedida  é:

v=\left(\dfrac{(\mu Rg)^2}{1+\dfrac{1}{4\alpha^2}}\right)^{\dfrac{1}{4}}

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Gabarito

v=\left(\dfrac{(\mu Rg)^2}{1+\dfrac{1}{4\alpha^2}}\right)^{\dfrac{1}{4}}

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Avançado:

Assunto Abordado

Energia, Momento Angular e Centro de Massa

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Solução

Este problema é mais facilmente resolvido no referencial do centro de massa do sistema. Primeiramente, devemos determinar a velocidade do centro de massa no referencial da terra. Usando a definição de v_{cm} para o sistema em questão:

v_{cm}=\dfrac{m_1v_1+m_2v_2}{m_1+m_2}

Sendo 1 a partícula inicialmente impulsionada, v_1=v_0 e v_2=0; e do enunciado, m_1=m_2=m:

v_{cm}=\dfrac{m*v_0+m*0}{2m} = \dfrac{v_0}{2}

Admitindo que o sentido da velocidade inicial de 1 era para a direita, basta então somarmos \dfrac{v_0}{2} para a esquerda para entrar no referencial do CM. Logo, a situação inicial (no referencial do CM) consiste na mola relaxada com as duas partículas movendo-se com \dfrac{v_{0}}{2} em sentidos opostos. A partir de agora, a análise será feita inteiramente neste sistema de referência.

Devemos então descobrir em qual momento ocorre a máxima elongação da mola. Ora, este instante corresponde ao momento em que a velocidade radial de ambos os componentes é nula, pois assim não haverá aproximação relativa. Além disso, neste momento, pela simetria do sistema, as duas massas terão velocidades tangenciais de mesmo módulo (porém sentidos opostos)v. Seja \delta a distensão máxima da mola.  Pelo fato de não haver torque resultante externo em relação ao CM, o momento angular em torno deste ponto se conserva. Logo, podemos escrever:

\dfrac{2mv_0 l_0}{4}=2mv\left(\dfrac{lo+\delta}{2}\right)

v=\dfrac{v_0 l_0}{2\left(l_0+\delta\right)}=\dfrac{v_0}{2}\left(1+\dfrac{\delta}{l_0}\right)^{-1}

Pode-se também conservar a energia mecânica, uma vez que não há ação de forças dissipativas. Logo:

E_{mec_{inicial}}=E_{mec_{final}}

2*\dfrac{1}{2}m\left(\dfrac{v_0}{2}\right)^{2}=2*\dfrac{1}{2}mv^{2}+\dfrac{1}{2}k\delta^{2}

mv_0^{2}=4mv^2+2k\delta^2

mv_0^{2} \approx mv_{0}^2\left(1-\dfrac{2\delta}{l_0}\right)+2k\delta^2

Onde foi usado que \left(1+x)\right)^n \approx 1+nx para x \ll 1. Isolando \delta, obtemos:

\delta = \dfrac{mv_0^2}{kl_0}

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Gabarito

\delta = \dfrac{mv_0^2}{kl_0}

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