Soluções Física – Semana 99

Calorimetria, Trabalho e Potência

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:

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

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

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

Força de Atrito e Resultantes Tangencial e Centrípeta

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:

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

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

Energia, Momento Angular e Centro de Massa

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:

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

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