Soluções Física – Semana 68

Iniciante:

Situação Física: Temos que lembrar que, em decorrência da radiação solar a corrente, e por isto, ela aquece. Visto que sua temperatura aumenta, devemos então pensar sobre dilatação linear, e concluir que por isso a corrente irá tocar o chão. Então calculamos, sabendo a massa e calor específico da corrente, o quanto ela aquecerá por tempo, e assim, o tempo que levará para tocar o chão.

Resolução: Primeiramente calculamos quanto de energia a corrente deve receber para aquecer um kelvin:

$C=xM$

Com isso, obtemos a variação da temperatura no tempo:

$\Delta T=\frac{\sigma}{C}\Delta t=\frac{\sigma}{Mx}\Delta t$

Então vemos quanto ela deve aquecer para que toque o chão:

$H=L'=L(1+\alpha\Delta T)$

Substituindo a variação de temperatura por sua relação com a de tempo:

$H=L'=L(1+\alpha\frac{\sigma}{Mx}\Delta t)$

Isolando o tempo e usando que $1$cal$=4$J:

$\Delta t=\frac{4(H-L)Mx}{\alpha\sigma}$

Intermediário:

Situação Física: Temos de ver a variação da energia do corpo de água. Fica simples se imaginarmos que a energia da massa de água que estiver dentro do chuveiro é constante, pois a situação de seu interior será a mesma em diferentes momentos. Deste modo temos que o motor deve fornecer ao sistema a mesma energia que este perde, assim para a potência basta vermos a energia que deixa o chuveiro por segundo.

Resolução: Para a energia que deixa o chuveiro, temos:

$E=Mv^2\frac{1}{2}+MgH+Mx\Delta T$

Sendo $v$ a velocidade que a água deixa o chuveiro, $H$ a altura em relação ao poço e $x$ o calor específico da água. E então escrevemos a massa que deixa o chuveiro em função do tempo:

$M=av\rho t$

Onde $a$ é a área do orifício. Temos também a conservação de fluxo, e assim obtemos:

$AV=av\rightarrow v=V\frac{A}{a}$

Sendo $A$ a área do tupo e $V$ a velocidade no mesmo. Temos então todos os parâmetros necessários, bastando substituí-los:

$E=aV\frac{A}{a}\rho t(V\frac{A}{a})^2\frac{1}{2}+aV\frac{A}{a}\rho tgH+aV\frac{A}{a}\rho tx\Delta T$

Substituindo valores, convertendo todas unidades para o S.I (usando que $1$cal$=4$J):

$E=2t+150t+120t$

Sendo potência a variação da energia sobre tempo, temos:

$P=272\approx 270$ $W$

 

Avançado:

Situação Física: Em um caso como este, devemos lembrar que a bolinha está acelerando, ou seja, sua velocidade ao entorno do hemisfério aumenta. Por tal, sua resultante centrípeta cresce, e como as forças radiais opostas a esta, no caso, uma componente do peso e a atração das cargas, não aumentam, em algum momento a normal poderá ser zero. Basta acharmos esse momento. Um detalhe importante é lembrar que a bolinha também adquire velocidade de rotação, sendo a energia dividida entre os dois movimentos.

Resolução: Para a força radial:

$F_r=F_e+P\cos{(\theta)}-N-R_c\rightarrow \frac{qQ}{4\pi\epsilon_o(R+r)^2}+Mg\cos{\theta}-v^2\frac{M}{R+r}=N$

Onde $\theta$ é o angulo formado pelo raio que liga a massa ao centro do hemisfério e a vertical. Para a velocidade, usando a conservação da energia, temos:

$Mg(R+r)+\frac{qQ}{4\pi\epsilon_o(R+r)}=Mg(R+r)\co{(\theta)}+\frac{qQ}{4\pi\epsilon_o(R+r)}+I\frac{\omega^2}{2}+M\frac{v^2}{2}$

Sendo $I=\frac{2}{5}Mr^2$ o momento de inércia de uma esfera maciça, e $v=\omega r$, pela condição de rolamento perfeito. Temos então:

$Mg(R+r)(1-\co{(\theta)})=M\frac{v^2}{2}+M\frac{v^2}{5}\rightarrow \frac{7}{10}v^2=g(R+r)(1-\co{(\theta)})$

Substituindo na força radial e igualando a normal à $0$, obtemos:

$\frac{qQ}{4\pi\epsilon_o(R+r)^2}+Mg\cos{\theta}=g(1-\co{(\theta)})\frac{10M}{7}$

E por fim:

$\cos{(\theta)}=\frac{7}{17}(\frac{10}{7}-\frac{qQ}{4\pi\epsilon_o(R+r)^2Mg})$