Escrito por Tiago Rocha
Iniciante
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Eletricidade
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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:
$$\boxed{Q_f = \dfrac{Q}{2^N}}$$
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$$\boxed{Q_f = \dfrac{Q}{2^N}}$$
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Intermediário
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Termodinâmica
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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 $$\Delta W = 0$$:
$$\Delta U = \Delta Q \approx 1560 \;\rm{J}$$
$$\boxed{\Delta U \approx 1560 \;\rm{J}}$$
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a)
$$\boxed{\Delta S \approx 35{,}86 \;\rm{J/K}}$$
b)
$$\boxed{\Delta Q \approx 1560 \;\rm{J}}$$
c)
$$\boxed{\Delta U \approx 1560 \;\rm{J}}$$
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Avançado
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Cinemática rotacional
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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!
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a)
b.i)
$$\boxed{N = 4}$$
b.ii)
$$\boxed{N = k + 1}$$
c.)
$$\boxed{N = \dfrac{P}{2\pi R} + 1}$$
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