Lei de Coulomb (I)
Borges e Nicolau
Exercício 2: resolução
a) F = k0.(IQ1I.IQ2I/d2) e Fa = k0.[IQ1I.IQ2I/(2d)2], vem: Fa = F/4
b) F = k0.(IQ1I.IQ2I/d2) e Fb = k0.[IQ1I.IQ2I/(3d)2], vem: Fb = F/9
c) F = k0.(IQ1I.IQ2I/d2) e Fc = k0.(I2Q1I.I2Q2I/d2), vem: Fc = 4F
d) F = k0.(IQ1I.IQ2I/d2) e Fd = k0.[I2Q1I.I2Q2I/(2d)2], vem: Fd = F
Respostas:
a) F/4;
b) F/9;
c) 4F;
d) F
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quarta-feira, 29 de fevereiro de 2012
Cursos do Blog - Eletricidade
Lei de Coulomb (I)
Borges e Nicolau
Exercício 1: resolução
a) Entre as partículas ocorre repulsão pois elas estão eletrizadas com carga elétrica de mesmo sinal.
b) Fe = k0.(IQI.IQI/d2) => 3,6 = 9.109.Q2/(0,20)2 => Q = ±4.10-6 C
c) Q = n.e => n = Q/e => n = (4.10-6)/1,6.10-19) => n = 2,5.1013
Respostas:
a) Repulsão;
b) +4.10-6 C ou -4.10-6 C ;
c) 2,5.1013 elétrons
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Exercício 1: resolução
a) Entre as partículas ocorre repulsão pois elas estão eletrizadas com carga elétrica de mesmo sinal.
b) Fe = k0.(IQI.IQI/d2) => 3,6 = 9.109.Q2/(0,20)2 => Q = ±4.10-6 C
c) Q = n.e => n = Q/e => n = (4.10-6)/1,6.10-19) => n = 2,5.1013
Respostas:
a) Repulsão;
b) +4.10-6 C ou -4.10-6 C ;
c) 2,5.1013 elétrons
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Lei de Coulomb (I)
Borges e Nicolau
Exercício 3: resolução
FAB = 8,0.10-2 N e FCB = FAB/4 = 2,0.10-2 N
Fresult = FAB - FCB = 6,0.10-2 N
Resposta: 6,0.10-2 N
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Exercício 3: resolução
FAB = 8,0.10-2 N e FCB = FAB/4 = 2,0.10-2 N
Fresult = FAB - FCB = 6,0.10-2 N
Resposta: 6,0.10-2 N
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Lei de Coulomb (I)
Borges e Nicolau
Exercício 4: resolução
Após o contato as esferas adquirem cargas elétricas iguais a
Q' = [+Q+(-3Q)]/2 = -Q
Antes do contato:
F = k0.(I+QI.I-3QI/d2) = k0.3Q2/d2
Após o contato:
F' = k0.(I-QI.I-QI/d2) = k0.Q2/d2
Portanto: F’ = F/3 => F’ = 3,0.10-2 N (a força é de repulsão pois após o contato as esferas adquirem cargas de mesmo sinal).
Respostas: 3,0.10-2 N; repulsão
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Exercício 4: resolução
Após o contato as esferas adquirem cargas elétricas iguais a
Q' = [+Q+(-3Q)]/2 = -Q
Antes do contato:
F = k0.(I+QI.I-3QI/d2) = k0.3Q2/d2
Após o contato:
F' = k0.(I-QI.I-QI/d2) = k0.Q2/d2
Portanto: F’ = F/3 => F’ = 3,0.10-2 N (a força é de repulsão pois após o contato as esferas adquirem cargas de mesmo sinal).
Respostas: 3,0.10-2 N; repulsão
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Lei de Coulomb (I)
Borges e Nicolau
Exercício 5: resolução
Na posição de equilíbrio a força elétrica de repulsão, que A exerce em B e o peso da esfera B têm mesma direção, sentidos opostos e intensidades iguais:
F = P => k0.Q.Q/d2 = m.g => 9.109.10-8.10-8/d2 = 1,0.10-3.10-3.10
=> d = 0,3 m
Resposta: 0,3 m
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Na posição de equilíbrio a força elétrica de repulsão, que A exerce em B e o peso da esfera B têm mesma direção, sentidos opostos e intensidades iguais:
F = P => k0.Q.Q/d2 = m.g => 9.109.10-8.10-8/d2 = 1,0.10-3.10-3.10
=> d = 0,3 m
Resposta: 0,3 m
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terça-feira, 28 de fevereiro de 2012
Cursos do Blog - Termologia, Óptica e Ondas
Dilatação térmica
Borges e Nicolau
Exercício 2: resolução
As barras de trilho são assentadas com um espaço entre elas para permitir a livre dilatação quando a temperatura varia. Se isso não fosse feito, os trilhos poderiam entortar devido à tensão a que ficam submetidos.
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As barras de trilho são assentadas com um espaço entre elas para permitir a livre dilatação quando a temperatura varia. Se isso não fosse feito, os trilhos poderiam entortar devido à tensão a que ficam submetidos.
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Dilatação térmica
Borges e Nicolau
Exercício 1: resolução
Ao ser aquecida a lâmina bimetálica sofre um encurvamento. O metal A se dilata mais. Logo ele constitui o arco externo da lâmina bimetálica.
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Exercício 1: resolução
Ao ser aquecida a lâmina bimetálica sofre um encurvamento. O metal A se dilata mais. Logo ele constitui o arco externo da lâmina bimetálica.
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Dilatação térmica
Borges e Nicolau
Exercício 3: resolução
Com o aquecimento a placa e o furo se dilatam. Você pode explicar o aumento do furo lembrando que ocorre aumento da distância entre os átomos. Assim, o perímetro do furo aumenta, o que implica no aumento de seu diâmetro.
Resposta: a
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Exercício 3: resolução
Com o aquecimento a placa e o furo se dilatam. Você pode explicar o aumento do furo lembrando que ocorre aumento da distância entre os átomos. Assim, o perímetro do furo aumenta, o que implica no aumento de seu diâmetro.
Resposta: a
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Dilatação térmica
Borges e Nicolau
Exercício 5: resolução
Sendo γ = 3α e β = 2α, vem γ = 3β/2 => γ = (3.44.10-6)/2 => γ = 66.10-6 ºC-1
Resposta: 66.10-6 ºC-1
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Sendo γ = 3α e β = 2α, vem γ = 3β/2 => γ = (3.44.10-6)/2 => γ = 66.10-6 ºC-1
Resposta: 66.10-6 ºC-1
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Dilatação térmica
Borges e Nicolau
Exercício 4: resolução
ΔL = α.L0.Δθ = 1,0.10-2 = 2,0.102.α.(50-25) => α = 2,0.10-6 ºC-1
Resposta: 2,0.10-6 ºC-1
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Exercício 4: resolução
ΔL = α.L0.Δθ = 1,0.10-2 = 2,0.102.α.(50-25) => α = 2,0.10-6 ºC-1
Resposta: 2,0.10-6 ºC-1
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Dilatação térmica
Borges e Nicolau
Exercício 6: resolução
ΔV/V0 = γ.Δθ => 3/100 = 3.α.(120-20) => α = 10-4 ºC-1
Resposta: 10-4 ºC-1
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Exercício 6: resolução
ΔV/V0 = γ.Δθ => 3/100 = 3.α.(120-20) => α = 10-4 ºC-1
Resposta: 10-4 ºC-1
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segunda-feira, 27 de fevereiro de 2012
Cursos do Blog - Mecânica
Movimento Uniforme (I)
Borges e Nicolau
Exercício 2: resolução
a) O movimento é retrógrado pois os espaços s decrescem com o decorrer do tempo.
b) v = Δs/Δt => v = (17-20)/(1-0) => v = -3 m/s
c) Para t = 0, temos s0 = 20 m
d) s = s0 + vt => s = 20 - 3t (SI)
e)
Respostas:
a) Retrógrado
b) -3 m/s
c) 20 m
d) s = 20-3t (SI)
e) gráfico acima
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Exercício 2: resolução
a) O movimento é retrógrado pois os espaços s decrescem com o decorrer do tempo.
b) v = Δs/Δt => v = (17-20)/(1-0) => v = -3 m/s
c) Para t = 0, temos s0 = 20 m
d) s = s0 + vt => s = 20 - 3t (SI)
e)
Respostas:
a) Retrógrado
b) -3 m/s
c) 20 m
d) s = 20-3t (SI)
e) gráfico acima
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Movimento Uniforme (I)
Borges e Nicolau
Exercício 1: resolução
Movimento da extremidade do ponteiro de um relógio; movimento de um ponto do equador devido a rotação da Terra; movimento final de queda de um paraquedas; movimento final de queda de uma gotícula de chuva; movimento de propagação do som e da luz.
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Exercício 1: resolução
Movimento da extremidade do ponteiro de um relógio; movimento de um ponto do equador devido a rotação da Terra; movimento final de queda de um paraquedas; movimento final de queda de uma gotícula de chuva; movimento de propagação do som e da luz.
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Movimento Uniforme (I)
Borges e Nicolau
Exercício 5: resolução
Durante a travessia cada ponto do trem (como o ponto de trás A) sofre uma variação de espaço Δs = Ltrem + Ltúnel = 300 m + 700 m = 1000 m.
Portanto, v = Δs/Δt = 1000 m/60 s = (1000/60).3,6 km/h => v = 60 km/h
Resposta: 60 km/h
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Exercício 5: resolução
Durante a travessia cada ponto do trem (como o ponto de trás A) sofre uma variação de espaço Δs = Ltrem + Ltúnel = 300 m + 700 m = 1000 m.
Portanto, v = Δs/Δt = 1000 m/60 s = (1000/60).3,6 km/h => v = 60 km/h
Resposta: 60 km/h
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Movimento Uniforme (I)
Borges e Nicolau
Exercício 3: resolução
a) No instante t = 0, temos: s0A = 15 m e s0B = 35 m. Logo a distância entre A e B, no instante t = 0, é de 20 m.
b) No instante do encontro os espaços de A e B são iguais. Portanto:
sA = sB => 15 + 10t = 35 + 5t => t = 4 s
c) Para t = 4s, temos: sA = 15 + 10.4 => sA = 55 m
Confirmando: sB = 35 + 5.4 => sB = 55 m
d)
Respostas:
a) 20 m
b) 4 s
c) 55 m
d) Gráficos acima
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Exercício 3: resolução
a) No instante t = 0, temos: s0A = 15 m e s0B = 35 m. Logo a distância entre A e B, no instante t = 0, é de 20 m.
b) No instante do encontro os espaços de A e B são iguais. Portanto:
sA = sB => 15 + 10t = 35 + 5t => t = 4 s
c) Para t = 4s, temos: sA = 15 + 10.4 => sA = 55 m
Confirmando: sB = 35 + 5.4 => sB = 55 m
d)
Respostas:
a) 20 m
b) 4 s
c) 55 m
d) Gráficos acima
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Movimento Uniforme (I)
Borges e Nicolau
Exercício 6: resolução
Carro A: sA = 0 + 80t (s em km e t em h)
Para sA = 30 km, temos: 30 = 80t => t = (3/8) h
Carro B: sB = 42 + vBt (s em km e t em h)
Para sB = 30 km e t = (3/8) h, temos: 30 = 42 + vB.(3/8) => vB = -32 km/h
O sinal negativo obtido no valor de vB indica que o movimento de B tem sentido oposto ao adotado para a trajetória. Em módulo a velocidade de B é de 32 km/h
Resposta: 32 km/h
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Exercício 6: resolução
Carro A: sA = 0 + 80t (s em km e t em h)
Para sA = 30 km, temos: 30 = 80t => t = (3/8) h
Carro B: sB = 42 + vBt (s em km e t em h)
Para sB = 30 km e t = (3/8) h, temos: 30 = 42 + vB.(3/8) => vB = -32 km/h
O sinal negativo obtido no valor de vB indica que o movimento de B tem sentido oposto ao adotado para a trajetória. Em módulo a velocidade de B é de 32 km/h
Resposta: 32 km/h
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Movimento Uniforme (I)
Borges e Nicolau
Exercício 4: resolução
Adotando-se a origem dos espaços na posição inicial de A e orientando a trajetória de A para B, temos:
Funções horárias
Carro A: sA = 0 + 20t (SI)
Carro B: sB = 500 + 15t (SI)
Encontro: SA = SB => 0 + 20t = 500 + 15t => t = 100 s
Espaço no instante do encontro: sA = 0 + 20.100 => sA = 2000 m
A distância que o carro B percorre, desde o instante t = 0, até ser alcançado pelo carro A é d = 2000m – 500m = 1500 m
Resposta: 1500 m
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Exercício 4: resolução
Adotando-se a origem dos espaços na posição inicial de A e orientando a trajetória de A para B, temos:
Funções horárias
Carro A: sA = 0 + 20t (SI)
Carro B: sB = 500 + 15t (SI)
Encontro: SA = SB => 0 + 20t = 500 + 15t => t = 100 s
Espaço no instante do encontro: sA = 0 + 20.100 => sA = 2000 m
A distância que o carro B percorre, desde o instante t = 0, até ser alcançado pelo carro A é d = 2000m – 500m = 1500 m
Resposta: 1500 m
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quarta-feira, 22 de fevereiro de 2012
Cursos do Blog - Eletricidade
Processos de eletrização (II)
x
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Exercício 1: resolução
Observação: Num condutor eletrizado as cargas elétricas em excesso distribuem-se pela superfície do condutor.
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Processos de eletrização (II)
x
Borges e Nicolau
Exercício 3: resolução
a)
b)
c)
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Processos de eletrização (II)
x
Borges e Nicolau
Exercício 2: resolução
Na presença do indutor, liga-se o induzido à Terra. Elétrons de B escoam para a Terra.
Observação: Quando se liga um condutor isolado à Terra ele se descarrega. No caso, o condutor B é ligado à Terra na presença de A. Escoam as cargas induzidas de mesmo sinal que a indutora.
Desfaz-se a ligação de B com a Terra.
Afasta-se A de B. O condutor B fica eletrizado positivamente.
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Processos de eletrização (II)
x
Borges e Nicolau
Exercício 4: resolução
Se B e C se repelem concluímos que essas esferas estão eletrizadas e com cargas elétricas de mesmo sinais (ambas positivas ou ambas negativas).
Como B atrai A, decorre que ou A está neutra ou A está eletrizada com carga elétrica de sinal oposto ao de B.
Temos, assim, as possibilidades: 3 e 4
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Processos de eletrização (II)
x
Borges e Nicolau
Exercício 5: resolução
A barra de vidro está eletrizada positivamente. Assim, elétrons existentes no papel são atraídos para o lado mais próximo da barra de vidro, ficando o outro lado com excesso de cargas elétricas positivas. A força de atração entre a barra e o lado negativo do papel é mais intensa do que a força de repulsão entre a barra e o lado positivo do papel. O resultado é a ocorrência de atração.
No papel (isolante) não há elétrons livres, mas ocorre um processo semelhante à indução eletrostática denominado polarização: cada átomo do isolante se deforma passando a se comportar como um sistema constituído de dois pólos, um positivo e outro negativo. No interior do isolante, as cargas elétricas dos dipolos se neutralizam, havendo um excesso de cargas negativas numa face do isolante e na outra excesso de cargas elétricas positivas.
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terça-feira, 21 de fevereiro de 2012
Cursos do Blog - Termologia, Óptica e Ondas
Termometria (II)
Exercício 1: resolução
Temos θF = 0 ºF. De θC/5 = (0-32)/9, vem: -160 = 9θC => θC ≅ -17,8 ºC
Temos θF = 98,6 ºF. De θC/5 = (98,6-32)/9, vem: 333 = 9θC => θC = 37 ºC
T = 273 + θC => T = 273 + 37 => T = 310 K
Resposta: a
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Exercício 1: resolução
Temos θF = 0 ºF. De θC/5 = (0-32)/9, vem: -160 = 9θC => θC ≅ -17,8 ºC
Temos θF = 98,6 ºF. De θC/5 = (98,6-32)/9, vem: 333 = 9θC => θC = 37 ºC
T = 273 + θC => T = 273 + 37 => T = 310 K
Resposta: a
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Termometria (II)
a/b = c/d => (θE-15)/(105-15) = (72-32)/(212-32) => θE = 35 ºE
Resposta: 35 º E
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x
Exercício 2: resolução
x
Exercício 2: resolução
a/b = c/d => (θE-15)/(105-15) = (72-32)/(212-32) => θE = 35 ºE
Resposta: 35 º E
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Termometria (II)
Exercício 3: resolução
ΔθC/5 = ΔθF/9 => ΔθC/5 = 108/9 => ΔθC = 60 ºC
ΔT = ΔθC => ΔT = 60 K
Resposta: d
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xExercício 3: resolução
ΔθC/5 = ΔθF/9 => ΔθC/5 = 108/9 => ΔθC = 60 ºC
ΔT = ΔθC => ΔT = 60 K
Resposta: d
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Termometria (II)
Temos: θF = 3θC + 2
θC/5 = (3θC+2-32)/9 => θC = 25 ºC
T = 273 + θC => T = 273 + 25 => T = 298 K
Resposta: 298 K
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x
Exercício 4: resolução
x
Exercício 4: resolução
Temos: θF = 3θC + 2
θC/5 = (3θC+2-32)/9 => θC = 25 ºC
T = 273 + θC => T = 273 + 25 => T = 298 K
Resposta: 298 K
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Termometria (II)
a) θC/5 = (θF-32)/9 => -273/5 = (θF-32/9) => 5θF - 160 = -2457
θF = -459,4 ºF
Portanto 0 ºRa corresponde a -459,4 ºF
b) Como a escala absoluta, criada por Rankine adota como unidade o
grau Rankine (°Ra), cuja extensão é igual à do grau Fahrenheit (ºF), concluímos que uma variação de temperatura na escala Rankine é igual à correspondente variação na escala Fahrenheit. Assim:
ΔTR = ΔθF
TR - 0 ºRa = θF -(-459,4 ºF)
TR = θF + 459,4
c)
θF = 32 ºF => TR = 491,4 ºRa
θF = 212 ºF => TR = 671,4 ºRa
Respostas:
a) - 459,4 ºF
b) TR = θF + 459,4
c) 491,4 °Ra e 671,4 °Ra
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Exercício 5: resolução
x
Exercício 5: resolução
a) θC/5 = (θF-32)/9 => -273/5 = (θF-32/9) => 5θF - 160 = -2457
θF = -459,4 ºF
Portanto 0 ºRa corresponde a -459,4 ºF
b) Como a escala absoluta, criada por Rankine adota como unidade o
grau Rankine (°Ra), cuja extensão é igual à do grau Fahrenheit (ºF), concluímos que uma variação de temperatura na escala Rankine é igual à correspondente variação na escala Fahrenheit. Assim:
ΔTR = ΔθF
TR - 0 ºRa = θF -(-459,4 ºF)
TR = θF + 459,4
c)
θF = 32 ºF => TR = 491,4 ºRa
θF = 212 ºF => TR = 671,4 ºRa
Respostas:
a) - 459,4 ºF
b) TR = θF + 459,4
c) 491,4 °Ra e 671,4 °Ra
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segunda-feira, 20 de fevereiro de 2012
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Velocidade escalar média e velocidade escalar instantânea
Borges e Nicolau
Exercício 2: resolução
Vamos considerar que a caminhada ocorre sempre no mesmo sentido e no sentido que a trajetória foi orientada. Nestas condições, a variação de espaço coincide com a distância percorrida pela pessoa.
vm = Δs/Δt => 1,5 = 3000 m/Δt => Δt = 2000 s = 33min 20s
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Exercício 2: resolução
Vamos considerar que a caminhada ocorre sempre no mesmo sentido e no sentido que a trajetória foi orientada. Nestas condições, a variação de espaço coincide com a distância percorrida pela pessoa.
vm = Δs/Δt => 1,5 = 3000 m/Δt => Δt = 2000 s = 33min 20s
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Velocidade escalar média e velocidade escalar instantânea
Borges e Nicolau
Exercício 1: resolução
Como o atleta percorre 100 m sempre no mesmo sentido e, vamos admitir, no sentido de orientação da trajetória, concluímos que a variação de espaço
coincide com a distância percorrida. Da definição de velocidade escalar média, vem:
vm = Δs/Δt => vm = 100 m/10 s => vm = 10 m/s
Sabemos que 1m/s corresponde a 3,6 km/h. Logo, 10 m/s correspondem a
36 km/h. Assim, a resposta é 10 m/s e 36 km/h
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Exercício 1: resolução
Como o atleta percorre 100 m sempre no mesmo sentido e, vamos admitir, no sentido de orientação da trajetória, concluímos que a variação de espaço
coincide com a distância percorrida. Da definição de velocidade escalar média, vem:
vm = Δs/Δt => vm = 100 m/10 s => vm = 10 m/s
Sabemos que 1m/s corresponde a 3,6 km/h. Logo, 10 m/s correspondem a
36 km/h. Assim, a resposta é 10 m/s e 36 km/h
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Velocidade escalar média e velocidade escalar instantânea
Borges e Nicolau
Exercício 3: resolução
Vamos calcular os espaços do móvel nos instante 1 s, 2 s, 3 s, 4 s, 5 s e 6 s
t1 = 1 s => s1 = 8 - 6.1+(1)2 => s1 = 3 m
t2 = 2 s => s2 = 8 - 6.2+(2)2 => s2 = 0
t3 = 3 s => s3 = 8 - 6.3+(3)2 => s3 = -1 m
t4 = 4 s => s4 = 8 - 6.4+(4)2 => s4 = 0
t5 = 5 s => s5 = 8 - 6.5+(5)2 => s5 = 3 m
t6 = 6 s => s6 = 8 - 6.6+(6)2 => s6 = 8 m
Para visualizarmos as posições ocupadas pelo móvel nos diversos instantes, vamos considerar a trajetória retilínea. Temos:
Cálculo das velocidades escalares médias:
a) vm = Δs/Δt = (s2-s1)/(t2-t1) => vm = (0-3)/(2-1) => vm = -3 m/s
b) vm = Δs/Δt = (s4-s2)/(t4-t2) => vm = (0-0)/(4-2) => vm = 0
c) vm = Δs/Δt = (s6-s5)/(t6-t5) => vm = (8-3)/(6-5) => vm = +5 m/s
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Borges e Nicolau
Exercício 3: resolução
Vamos calcular os espaços do móvel nos instante 1 s, 2 s, 3 s, 4 s, 5 s e 6 s
t1 = 1 s => s1 = 8 - 6.1+(1)2 => s1 = 3 m
t2 = 2 s => s2 = 8 - 6.2+(2)2 => s2 = 0
t3 = 3 s => s3 = 8 - 6.3+(3)2 => s3 = -1 m
t4 = 4 s => s4 = 8 - 6.4+(4)2 => s4 = 0
t5 = 5 s => s5 = 8 - 6.5+(5)2 => s5 = 3 m
t6 = 6 s => s6 = 8 - 6.6+(6)2 => s6 = 8 m
Para visualizarmos as posições ocupadas pelo móvel nos diversos instantes, vamos considerar a trajetória retilínea. Temos:
Cálculo das velocidades escalares médias:
a) vm = Δs/Δt = (s2-s1)/(t2-t1) => vm = (0-3)/(2-1) => vm = -3 m/s
b) vm = Δs/Δt = (s4-s2)/(t4-t2) => vm = (0-0)/(4-2) => vm = 0
c) vm = Δs/Δt = (s6-s5)/(t6-t5) => vm = (8-3)/(6-5) => vm = +5 m/s
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Velocidade escalar média e velocidade escalar instantânea
Borges e Nicolau
Exercício 4: resolução
Temos: Δs = 169 km e Δt = 15h10min - 13h = 2h10min =>
2h + 1/6h => Δt = 13/6h
vm = Δs/Δt = 169 km/(13/6) h => vm = 78 km/h
Observação: No cálculo de Δt não devemos subtrair os 10 minutos referente à parada. Para determinar a velocidade média devemos conhecer, além da variação de espaço, os instantes da partida e o de chegada.
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Exercício 4: resolução
Temos: Δs = 169 km e Δt = 15h10min - 13h = 2h10min =>
2h + 1/6h => Δt = 13/6h
vm = Δs/Δt = 169 km/(13/6) h => vm = 78 km/h
Observação: No cálculo de Δt não devemos subtrair os 10 minutos referente à parada. Para determinar a velocidade média devemos conhecer, além da variação de espaço, os instantes da partida e o de chegada.
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Velocidade escalar média e velocidade escalar instantânea
Borges e Nicolau
Exercício 5: resolução
Vamos indicar por d a distância de João Pessoa até o ponto médio da trajetória. No segundo trecho (do ponto medo até Cabedelo) a distância a ser percorrida é também d.
O primeiro trecho será percorrido no intervalo de tempo d/80 e o segundo trecho, no intervalo de tempo d/60. O tempo total de percurso será a soma desses dois valores:
Δt = (d/80) + (d/60) => Δt = 7d/240
A distância total a ser percorrida é 2d: Δs = 2d
Dividindo a distância total a ser percorrida (que é 2d) pelo tempo total (7d/240) encontramos a velocidade escalar média no percurso todo:
vm = Δs/Δt = 2d/(7d/240) = 480/7 => vm ≅ 68,6 km/h
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Exercício 5: resolução
Vamos indicar por d a distância de João Pessoa até o ponto médio da trajetória. No segundo trecho (do ponto medo até Cabedelo) a distância a ser percorrida é também d.
O primeiro trecho será percorrido no intervalo de tempo d/80 e o segundo trecho, no intervalo de tempo d/60. O tempo total de percurso será a soma desses dois valores:
Δt = (d/80) + (d/60) => Δt = 7d/240
A distância total a ser percorrida é 2d: Δs = 2d
Dividindo a distância total a ser percorrida (que é 2d) pelo tempo total (7d/240) encontramos a velocidade escalar média no percurso todo:
vm = Δs/Δt = 2d/(7d/240) = 480/7 => vm ≅ 68,6 km/h
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Velocidade escalar média e velocidade escalar instantânea
Borges e Nicolau
Exercício 6: resolução
a) t = 0 => v = 5 – 2 x 0 => v = 5 m/s
xxxt = 2 s => v = 5 – 2 x 2 => v = 1 m/s
b) v = 0 => 0 = 5 – 2.t ⇾ t = 2,5 s
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Exercício 6: resolução
a) t = 0 => v = 5 – 2 x 0 => v = 5 m/s
xxxt = 2 s => v = 5 – 2 x 2 => v = 1 m/s
b) v = 0 => 0 = 5 – 2.t ⇾ t = 2,5 s
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quarta-feira, 15 de fevereiro de 2012
Cursos do Blog - Eletricidade
Eletrostática. Processos de Eletrização (I)
Borges e Nicolau
Exercício 4: resolução
I) Incorreta. Se a esfera A estiver positivamente eletrizada, elétrons passam de B para A.
II) Correta.
III) Correta. Se a esfera A estiver negativamente eletrizada, elétrons passam de A para B
IV) Correta. Na eletrização por contato os corpos adquirem cargas elétricas de mesmo sinal
Resposta: São corretas as preposições II), III) e IV)
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Exercício 4: resolução
I) Incorreta. Se a esfera A estiver positivamente eletrizada, elétrons passam de B para A.
II) Correta.
III) Correta. Se a esfera A estiver negativamente eletrizada, elétrons passam de A para B
IV) Correta. Na eletrização por contato os corpos adquirem cargas elétricas de mesmo sinal
Resposta: São corretas as preposições II), III) e IV)
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