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