Solução – Problemas da Semana 172

Eletricidade

Após uma eletrização por contato com uma esfera igual, porém sem carga, a carga contida na esfera A vai ser igualmente distribuída entre as duas esferas. Assim, a carga da esfera A é dividida por 2 a cada novo contato. Logo, a carga de A vai ser dividida por 2 N vezes… isso é o mesmo que dividir por $2^N$. Assim, a carga final $Q_f$ vai ser dada por:

$\boxed{Q_f = \dfrac{Q}{2^N}}$

$\boxed{Q_f = \dfrac{Q}{2^N}}$

Termodinâmica

a)

Para uma transformação com temperatura constante, a variação de entropia de um gás é:

$\Delta S = \dfrac{\Delta Q}{T}$

Com a temperatura estando em Kelvin (ou seja, $T=100+273=373\;\rm{K}$). Porém, sabemos que a variação de calor do gelo ao longo de uma fusão é $\Delta Q = mL$. Assim, a variação de entropia é:

$\Delta S = \dfrac{mL}{T} = \dfrac{40 \cdot 80 \cdot 4{,}18}{373} \approx 35{,}86 \;\rm{J/K}$

$\boxed{\Delta S \approx 35{,}86 \;\rm{J/K}}$

A variação de entropia é positiva já que fomos do gelo (um estado com menos possibilidades de movimento para as partículas) para a água (um estado com mais possibilidades de movimento para as partículas). Como a entropia aumenta conforme esse número de possibilidades, a entropia deve aumentar durante o fenômeno.

b)

A capacidade calorífica pode ser encontrada como a razão entre o calor absorvido por um gás dividido pela variação de temperatura sofrida por ele ($\Delta T = T - T_0$). Então:

$\Delta Q = C \cdot \Delta T = 20{,}8 \cdot (100 - 25) \approx 1560 \;\rm{J}$

$\boxed{\Delta Q \approx 1560 \;\rm{J}}$

c)

Como o gelo é muito menor que o tamanho do forno, podemos dizer que o volume do gás é constante ao longo da transformação. Assim, nenhum trabalho será realizado no sistema, já que ele depende diretamente da mudança de volume. Pela Primeira Lei da Termodinâmica:

$\Delta U = \Delta Q + \Delta W$

Como $\Delta W = 0$:

$\Delta U = \Delta Q \approx 1560 \;\rm{J}$

$\boxed{\Delta U \approx 1560 \;\rm{J}}$

a)

$\boxed{\Delta S \approx 35{,}86 \;\rm{J/K}}$

b)

$\boxed{\Delta Q \approx 1560 \;\rm{J}}$

c)

$\boxed{\Delta U \approx 1560 \;\rm{J}}$

Cinemática rotacional

a)

Seja a velocidade com a moeda menor gira em torno de si mesma $\omega_1$ e a velocidade com a qual o centro dela gira em torno da maior $\omega_2$. Podemos determinar a direção e o sentido de cada uma por meio da regra mão direita. Como o sentido de rotação das duas é no sentido anti-horário, os vetores apontam para dentro da moeda, na perspectiva da câmera. Ou seja, o desenho deveria ser algo parecido com:

b)

i) Aqui vem o coração da questão! O número de voltas não é 3, como era de se esperar, mas sim 4. Existem diversas maneiras de provar isso, então não se preocupe tanto caso sua solução seja diferente.

ii) Seja $V$ a velocidade do centro da moeda. Para a velocidade do ponto de contato entre as moedas ser 0 (condição de rolamento puro), a velocidade causada pela rotação deve cancelar com a velocidade do centro da moeda. Assim, temos:

$V - \omega_1 R = 0 \Rightarrow V = \omega_1 R$

iii) Agora, vamos analisar a rotação do centro. Essa é a trajetória de uma circunferência diferente, já que a distância entre o centro da moeda menor e o centro da moeda maior é 4R. Porém, a velocidade do centro agora é também a própria velocidade de rotação, em torno de tal circunferência. Logo, temos:

$V = \omega_2 (4R) = \omega_1 R \Rightarrow \omega_1 = 4 \omega_2$

iv) Multiplicando os dois lados dessa equação final pelo tempo, podemos obter a variação de ângulo($\Delta \theta$) sofrido por cada trajetória. Sabemos que $\Delta\theta_2=2\pi$, já que o centro da moeda menor dá uma volta entorno da maior. Além disso, $\Delta \theta_1 = N2\pi$, já que cada rotação significa “andar $2\pi$“. Então, multiplicando pelo tempo:

$2\pi N = 4 \cdot 2\pi \Rightarrow N = 4$

$\boxed{N = 4}$

Logo, a moeda menor realiza 4 voltas em torno de si mesma.

v) Generalizando o resultado para a razão k, o raio da trajetória do centro da moeda menor será de k+r, onde r é o raio da moeda menor. Então, a expressão que obtemos fica:

$\omega_1 = (k+1) \omega_2 \Rightarrow 2\pi N = (k+1) \cdot 2\pi \Rightarrow N = k+1$

$\boxed{N = k + 1}$

c)

i) Vamos para um referencial que sempre acompanha a rotação do centro da moeda. Assim, tal centro se moverá apenas em uma linha reta! Basicamente, o que estamos fazendo é desmontar todos os lados infinitesimais do polígono e depois juntar os pedaços em um segmento de reta. Assim, o comprimento do segmento de reta será simplesmente o perímetro do polígono. Aqui vai uma imagem:

ii) Assim, nesse referencial, o número de voltas é :

$N_1 = \dfrac{P}{2\pi R}$

Já que não precisamos considerar o outro efeito de translação comentado no item b).

iii) Porém, ao voltarmos para o referencial terrestre, temos uma volta extra, conforme ocorre no caso das circunferências do item b). Isso ocorre por causa do efeito de translação: a “câmera” que flagra a trajetória de ii) faz uma volta em torno do desenho. Então, o número final de voltas fica:

$N = \dfrac{P}{2\pi R} + 1$

$\boxed{N = \dfrac{P}{2\pi R} + 1}$

Um resultado que concorda perfeitamente com o limite em que o polígono é uma moeda.

Curiosidade: Esse problema foi inspirado no vídeo do canal Veritassium traduzido pelo Youtube como “A Pergunta do SAT que Todos Erraram”. Lá, ele mostra uma perspectiva mais visual sobre a solução do item c) e mostra algumas das aplicações dos conceitos abordados!

a)

b.i)

$\boxed{N = 4}$

b.ii)

$\boxed{N = k + 1}$

c.)

$\boxed{N = \dfrac{P}{2\pi R} + 1}$