Alguns problemas de Fermi

Problemas onde não se procura um resultado exacto mas uma estimativa razoável baseada em ordens de grandeza...

Alguns problemas de Fermi

Mensagempor 411 em Sexta Dez 21, 2007 7:23 pm

Encontrei-os num site, mas não me apetece estar a traduzi-los, talvez o faça depois:

1. How many drops of water are there in all of the Great Lakes?
2. How many golf balls can be fit in a typical suitcase?
3. How long does it take a light bulb to turn off?
4. If you drop a pumpkin from the top of a ten story building what is the farthest a single pumpkin seed can land from the point of impact?
5. Estimate the angular momentum an automobile tire has about its axis of rotation while the car is driving on the interstate.
6. According to some recent highly accurate measurements made from satellites, the continent of North America is drifting at a rate of about 1 cm per year. Estimate the kinetic energy the continental US has a a result of this motion.
7. Suppose you are heating a cup of water for tea in a microwave. Assume that all the energy produced by the microwave goes into heating the water. Estimate the power of the microwave in Watts.
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Re: Alguns problemas de Fermi

Mensagempor pfc em Sábado Jan 17, 2009 6:28 pm

1- Após alguma pesquisa determinei que os grandes lagos têm 2.256\times10^{13}\,m^3 de volume.

Por outro lado, uma gota de água tem 0.05 ml de volume, que é equivalente a 5\times10^{-9}\,m^3

Sendo assim, o número de gotas de água nos grandes lagos será \frac{2.256\times10^{13}}{5\times10^{-8}}=4.512\times10^{20}gotas de água.
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Re: 6

Mensagempor andrev em Segunda Jan 19, 2009 1:17 am

6)
Area placa norte-americana: 7.5999\times$10^{13}$ $m^2$
Massa da terra: 5.9742\times10^{24} Kg
Percentagem da massa da Terra na crusta: 0,473\%
Massa da Crusta: 2.8257966\times10^{22} Kg
Area da terra:5.10072\times10^{14} m^2
Area continental dos EUA:9.80261\times10^{12} m^2


Imagem



1 cm= 0.01 m
1 ano= 315569926 s

v=0.01\div31556992=3.16887646\times10^{-10} m/s

Imagem


Não sei se é isto que se pretendia e se é devo ter feito mal alguma coisa (uma conversão talvez) porque o resultado parece-me muito pequeno mas mesmo muito pequeno :x . E a ver se aprendo o TEX. :F
última vez editado por andrev s Segunda Jan 19, 2009 6:14 pm, editado 2 vezes no total
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Re: Alguns problemas de Fermi

Mensagempor Ivo_Timóteo em Segunda Jan 19, 2009 2:27 pm

A piada dos problemas de Fermi está em estimar, usar valores conhecidos não tem tanta graça ;)

Tentem fazê-los com apenas um lápis e uma borracha :)
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Re: Alguns problemas de Fermi

Mensagempor Bruno Oliveira em Segunda Jan 19, 2009 5:07 pm

andrev:

A tua estimativa deve estar bem, uma velocidade de 1 cm/ano é extremamente baixa, seja, é um valor menor que 1 em unidades SI, o que ao quadrado dá um valor ainda menor, logo deve estar bem :wink:
e^{ix}=cos x + i\,sin x
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Re: Alguns problemas de Fermi

Mensagempor andrev em Segunda Jan 19, 2009 6:15 pm

Obrigado Bruno pelo teu comentário à minha resolução. :XD

Tive a aprender e corrigir o Post pa LaTEX (para ficar mais bonito :confident: ), mas algumas formulas tive de faze-las em http://www.codecogs.com/components/equationeditor/equationeditor.php pois aqui a formula MassaEUA=\frac{(AreaEUA)\times(MassaCRUSTA)}{AreaTERRA}=\frac{(9.80261\times10^{12})\times(2.8257966\times10^{22})}{5.10072\times10^{14}}$=5.43064156\times10^{20} Kg resultava em [unparseable or potentially dangerous latex formula].
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Re: Alguns problemas de Fermi

Mensagempor manuelbrandao99 em Sábado Mar 02, 2013 8:49 pm

2:
Parti do princípio de que uma bola de golf tem 5 cm de diâmetro.
Uma mala deve ter 50 por 40 por 10 cm.
Ou seja, cabem 10 bolas numa fila (em baixo) com outra fila encostada ao lado. São 20 bolas na parte de baixo e depois cabem 8 numa fila de altura. 20 vezes 8 é igual a 160, logo devem caber cerca de 160 bolas.
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Re: Alguns problemas de Fermi

Mensagempor leandrosilva em Segunda Dez 29, 2014 11:56 pm

7:

Para responder a esta questão temos que estimar a quantidade de àgua que seria aquecida, para tal, temos que estimar a quantidade de àgua numa "cup of tea":
A unit of capacity or volume equal to 16 tablespoons or 8 fluid ounces (237 milliliters).

Portanto... 237 mililitros de àgua.

Partindo do principio de que usaríamos àgua à temperatura do meio, sendo a temperatura média anual portuguesa de 14,6ºC, essa seria a temperatura da àgua.
Para a maior parte dos chás é necessária uma temperatura de àgua a rondar os 90ºC (tendo em conta que muitos deles requerem a àgua em temperatura de ebulição, 100º, no entanto outros requerem a àgua a cerca de 80º, outros 70 .. como média podemos utilziar 90ºC)

Sendo watt a unidade de potência, e a potência a quantidade de energia concedida por unidade de tempo
Podemos utilizar:
Φ = k  A/l  ÎT
k é característica de cada material, no caso da água é de 0,6 J s^-1 m^-1 ºC^-1
ΔT = 90-14,6 = 75,4º C
Partindo do principio que aquecemos a àgua em um cubo fechado de volume 0,237l, l seria raiz cúbica de 0,237 que é aproximadamente 0,62 m
A seria lxlx6 partindo do principio de que a energia entraria pelas 6 faces do cubo , ou seja, aproximadamente 2,3064 m^2
Φ =0,6 . 2,306/0,62 . 75,4 = 168,2928 W m^-1 ºC^-1
Pelo menos esta seria a "potência útil"

Geralmente os microndas possuem uma capacidade a rondar os 20 litros, 20 litros = 0.02 m^3
O nosso cubo teria um volume de 0,237 litros
Representando: 1,185 % do volume
Partindo desta razão, a potência total seria de (168,2928 x 100)/1,185 = 14201,92 W.

Esta seria a estimativa.

O que acham? Está correto? Creio existir a possibilidade de ter cometido algum impreciosismo na parte final do raciocínio.
Seria possivel fazer tal cálculo partindo da capacidade térmica? Pois inicialmente pensei nesse "método".

Eis o que eu comecei por fazer:



EDIT: Creio ter fugido um pouco à regra dos problemas Fermi ao ter consultado a quantidade de àgua em uma chávena de chá e a temperatura média anual de Portugal, contudo, os restantes são valores aprendidos em sala de aula (confesso ter confirmado o k da àgua).
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Re: Alguns problemas de Fermi

Mensagempor leandrosilva em Quinta Jan 01, 2015 12:00 am

Peço desculpa pelo double post desde já, mas tentarei responder a mais um.

4:
10 story building, creio que rondam os 3 metros (10 pés)

No melhor cenário possivel a semente viajaria com um angulo de 45º e receberia toda a energia do impacto correspondente.
Energia do impacto seria, pela conservação de energia mecânica (ignorando atrito)
Epi = Ecf (Sendo Epf e Eci nulas)
mgh seria o cálculo da Epi, sendo h 3, g aproximadamente 9,8 m/s^2, a massa de uma abóbora estimo serem por volta de 2kg.
6x9,8 = 58,8 J, creio que este cálculo ser-me-à útil mais tarde.

Cada semente pode "absorver" uma fração da energia de impacto
No melhor caso possivél a abóbora cairia de lado, o que diminuiria a àrea de impacto, aumentando a fração que cada semente poderia receber. Contudo, essa é a parte mais "dura" teoricamente, usarei portanto a superficie maior da abóbora, onde esta parte mais facilmente, por sinal.

Estimo que a abóbora tenho um diâmetro de por volta de 30cm, quanto à semente, estimo que tenha 1mm de espessura e 1 cm de largura
Área da abóbora: 0,3^2 . π = 0,09π , Àrea da semente 1x10^-3 x 1e-2 = 1e-5 m^2
Ou seja, a semente representa 1e-5 / 0,09π (x100) = 0.003536776 % da superficie da abóbora.

Ou seja, receberia 0.003536776 % da energia de impacto, hipoteticamente.
0.003536776 x 58,8 = 0.20796248752 J

Ec da semente: 0.20796248752 J
massa da semente, estimo que seja... 0,8 gramas = 8x10^-4 kg
0.20796248752 = 1/2 x 8x10^-4 v
v = 519,9062188 m/s

t(total) = (2V0 . sen x )/g
t = (2x 519,907 x sen 45º) / 9,8
t = 75s
A = (V0^2 . sen 2x)/g
A = 13790,984 metros.
Sendo A o alcance.

Meus caros, receio ter falhado.
Como posso envolver no meu cálculo a perda de energia no impacto, a perda de energia dentro da própria abóbora... ?
Devo utilizar outra fórmula para o cálculo?
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