Linhas de força / Campo elétrico uniforme
Borges e Nicolau
Exercício 3: resolução
a) Da esfera B (esfera verde) parte um número de linhas de força maior do que o número de linhas de força que chega em A (esfera cinza). Isto significa que, em módulo a carga elétrica de B (esfera verde) é maior do que a de A.
b) Antes do contato sabemos que a esfera B está eletrizada positivamente e a esfera A, negativamente. Em módulo a carga elétrica de B (esfera verde) é maior do que a de A.
Após o contato as esferas A e B adquirem cargas elétricas de mesmo sinal. Esse sinal é o da esfera que possui inicialmente maior carga elétrica em módulo. Assim, temos: Q'A > 0 e Q'B > 0.
Respostas: a) A esfera verde; b) Q'A > 0 e Q'B > 0
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quarta-feira, 28 de março de 2012
Cursos do Blog - Eletricidade
Linhas de força / Campo elétrico uniforme
Borges e Nicolau
Exercício 2: resolução
a) As linhas de força partem de QA e chegam em QB. Logo, QA > 0 e QB < 0. Portanto, o produto é negativo: QA.QB < 0
b) O vetor campo elétrico resultante é mais intenso no ponto C, pois nesse ponto as linhas de força estão mais próximas.
Respostas: a) Negativo; b) C
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Exercício 2: resolução
a) As linhas de força partem de QA e chegam em QB. Logo, QA > 0 e QB < 0. Portanto, o produto é negativo: QA.QB < 0
b) O vetor campo elétrico resultante é mais intenso no ponto C, pois nesse ponto as linhas de força estão mais próximas.
Respostas: a) Negativo; b) C
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Linhas de força / Campo elétrico uniforme
Borges e Nicolau
Exercício 1: resolução
O vetor campo elétrico resultante em P é tangente à linha de força que passa pelo ponto P e tem o sentido da linha de força. Assim, o vetor campo elétrico resultante em P é mais bem representado pelo segmento orientado indicado na alternativa b.
Resposta: b
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Exercício 1: resolução
O vetor campo elétrico resultante em P é tangente à linha de força que passa pelo ponto P e tem o sentido da linha de força. Assim, o vetor campo elétrico resultante em P é mais bem representado pelo segmento orientado indicado na alternativa b.
Resposta: b
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Linhas de força / Campo elétrico uniforme
Borges e Nicolau
Exercício 5: resolução
a)
b) O movimento é uniformemente variado. A aceleração é constante e tem módulo
a = q.E/m
c) Pela equação de Torricelli, temos:
v2 = v02 +2.a.Δs => v2 = 0 +2.(q.E/m).d => v = √(2q.E.d/m)
Respostas:
a) Ver figura acima;
b) Movimento uniformemente variado;
c)
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Exercício 5: resolução
a)
b) O movimento é uniformemente variado. A aceleração é constante e tem módulo
a = q.E/m
c) Pela equação de Torricelli, temos:
v2 = v02 +2.a.Δs => v2 = 0 +2.(q.E/m).d => v = √(2q.E.d/m)
Respostas:
a) Ver figura acima;
b) Movimento uniformemente variado;
c)
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Linhas de força / Campo elétrico uniforme
Borges e Nicolau
Exercício 4: resolução
a) Como os campos são uniformes, a força peso P e a força elétrica Fe não se alteram.
b) A força peso P e a força elétrica Fe se anulam e a partícula continua em equilíbrio.
c) Ao mudar de A para B a partícula não volta à posição primitiva e nem se afasta, isto é, o equilíbrio não é estável e nem instável. Como a partícula continua em equilíbrio, ele é indiferente.
Respostas:
a) As forças não se alteram;
b) A partícula continua em equilíbrio;
c) Indiferente
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Exercício 4: resolução
a) Como os campos são uniformes, a força peso P e a força elétrica Fe não se alteram.
b) A força peso P e a força elétrica Fe se anulam e a partícula continua em equilíbrio.
c) Ao mudar de A para B a partícula não volta à posição primitiva e nem se afasta, isto é, o equilíbrio não é estável e nem instável. Como a partícula continua em equilíbrio, ele é indiferente.
Respostas:
a) As forças não se alteram;
b) A partícula continua em equilíbrio;
c) Indiferente
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terça-feira, 27 de março de 2012
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Calorimetria (III)
Borges e Nicolau
Exercício 1: resolução
V = 60 m3 = 60.103 litros
m = d.V = 1 kg/L x 60.103 L = 6,0.104 kg = 6,0.107 g
Q = m.c.Δθ => Q = 6,0.107.1.(15-20) => IQI = 3,0.108 cal => IQI = 3,0.105 kcal
IQI = 3,0.108.4,18 J => IQI = 12,54.108 J => IQI ≅ 1,3.109 J
Resposta: 3,0.105 kcal; 1,3.109 J
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Exercício 1: resolução
V = 60 m3 = 60.103 litros
m = d.V = 1 kg/L x 60.103 L = 6,0.104 kg = 6,0.107 g
Q = m.c.Δθ => Q = 6,0.107.1.(15-20) => IQI = 3,0.108 cal => IQI = 3,0.105 kcal
IQI = 3,0.108.4,18 J => IQI = 12,54.108 J => IQI ≅ 1,3.109 J
Resposta: 3,0.105 kcal; 1,3.109 J
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Calorimetria (III)
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Exercício 2: resolução
Há conversão de energia elétrica em calor:
Eelétrica = Q => Pot.Δt = m.c.Δθ => Pot = (m.c.Δθ)/Δt => Pot = [6.103.4.(30-15)]/60 => Pot = 6.103 W = 6 kW
Resposta: 6 kW
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Exercício 2: resolução
Há conversão de energia elétrica em calor:
Eelétrica = Q => Pot.Δt = m.c.Δθ => Pot = (m.c.Δθ)/Δt => Pot = [6.103.4.(30-15)]/60 => Pot = 6.103 W = 6 kW
Resposta: 6 kW
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Calorimetria (III)
Borges e Nicolau
Exercício 3: resolução
Qbloco1 + Qágua1 = 0 => 1000.c.(20-θ)+300.1.(20-10) = 0 => c.(20-θ) = -3 (1)
Qbloco2 + Qágua2 = 0 => 1000.c.(25-θ)+200.1.(25-15) = 0 => c.(25-θ) = -2 (2)
(1) ÷ (2): (20-θ)/(25-θ) =3/2 => 40-2θ = 75-3θ => θ = 35 ºC
De (1): c = 0,2 cal/g/ºC
Respostas: a) 35 ºC; b) 0,2 cal/g.ºC
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Exercício 3: resolução
Qbloco1 + Qágua1 = 0 => 1000.c.(20-θ)+300.1.(20-10) = 0 => c.(20-θ) = -3 (1)
Qbloco2 + Qágua2 = 0 => 1000.c.(25-θ)+200.1.(25-15) = 0 => c.(25-θ) = -2 (2)
(1) ÷ (2): (20-θ)/(25-θ) =3/2 => 40-2θ = 75-3θ => θ = 35 ºC
De (1): c = 0,2 cal/g/ºC
Respostas: a) 35 ºC; b) 0,2 cal/g.ºC
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Calorimetria (III)
Borges e Nicolau
Exercício 4: resolução
QA + QB = 0 => mA.cA.(18-12)+mB.cB.(18-20) = 0 => mB.cB = 3.mA.cA (1)
QB + QC = 0 => mB.cB.(22-20)+mC.cc.(22-24) = 0 => mB.cB = mC.cc (2)
QA + QC = 0 => mA.cA.(θ-12)+mC.cc.(θ-24) = 0 =>
(mB.cB/3).(θ-12)+mB.cB.(θ-24) = 0 => θ-12 = -3θ+72 => θ = 21 ºC
Resposta: 21 ºC
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Exercício 4: resolução
QA + QB = 0 => mA.cA.(18-12)+mB.cB.(18-20) = 0 => mB.cB = 3.mA.cA (1)
QB + QC = 0 => mB.cB.(22-20)+mC.cc.(22-24) = 0 => mB.cB = mC.cc (2)
QA + QC = 0 => mA.cA.(θ-12)+mC.cc.(θ-24) = 0 =>
(mB.cB/3).(θ-12)+mB.cB.(θ-24) = 0 => θ-12 = -3θ+72 => θ = 21 ºC
Resposta: 21 ºC
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Calorimetria (III)
Borges e Nicolau
Exercício 5: resolução
O equivalente em água do calorímetro é a massa de água cuja capacidade térmica é igual à do calorímetro. Sendo C a capacidade térmica do calorímetro e mágua a massa de água cuja capacidade térmica é a mesma do calorímetro, podemos escrever:
C = mágua.cágua
Qcalorímetro+Qágua+Qóleo = 0 =>
mágua.cágua.(40-20)+100.1.(40-30)+200.0,5.(40-60) = 0 =>
mágua.cágua.20+1000-2000 = 0 => Sendo cágua = 1 cal/g.ºC, vem: mágua = 50 g
Resposta: 50 g
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O equivalente em água do calorímetro é a massa de água cuja capacidade térmica é igual à do calorímetro. Sendo C a capacidade térmica do calorímetro e mágua a massa de água cuja capacidade térmica é a mesma do calorímetro, podemos escrever:
C = mágua.cágua
Qcalorímetro+Qágua+Qóleo = 0 =>
mágua.cágua.(40-20)+100.1.(40-30)+200.0,5.(40-60) = 0 =>
mágua.cágua.20+1000-2000 = 0 => Sendo cágua = 1 cal/g.ºC, vem: mágua = 50 g
Resposta: 50 g
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segunda-feira, 26 de março de 2012
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Movimento uniformemente variado (MUV) (II)
Borges e Nicolau
Exercício 1: resolução
Sendo a aceleração da bola constante, vem:
s = s0+v0.t+α.t2/2 => 15 = 0+10.2+α.22/2 => α = -2,5 m/s2
v = v0 + α.t => v = 10+(-2,5).2 => v = 5,0 m/s
Resposta: v = 5,0 m/s
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Exercício 1: resolução
Sendo a aceleração da bola constante, vem:
s = s0+v0.t+α.t2/2 => 15 = 0+10.2+α.22/2 => α = -2,5 m/s2
v = v0 + α.t => v = 10+(-2,5).2 => v = 5,0 m/s
Resposta: v = 5,0 m/s
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Movimento uniformemente variado (MUV) (II)
Borges e Nicolau
Exercício 4: resolução
Da equação de Torricelli, temos:
v2 = v02 + 2.α.Δs => 52 = 152 + 2.α.100 => α = -1 m/s2
Resposta: -1 m/s2
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Exercício 4: resolução
Da equação de Torricelli, temos:
v2 = v02 + 2.α.Δs => 52 = 152 + 2.α.100 => α = -1 m/s2
Resposta: -1 m/s2
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Movimento uniformemente variado (MUV) (II)
Borges e Nicolau
Exercício 3: resolução
Cálculo de Δs entre t1 = 1 s e t2 = 3 s
Para t1 = 1 s, temos s1 = 5 + 8.1 – 2.(1)2 => s1 = 11 m
Para t2 = 3 s, temos s2 = 5 + 8.3 – 2.(3)2 => s2 = 11 m
Δs = s2 - s1 = 11 m - 11 m = 0
Cálculo da distância máxima do móvel à origem
Comparando s = s0+v0.t+α.t2/2 com s = 5+8.t-2t2, vem:
v0 = 8 m/s e α = -4 m/s2
v = v0 + α.t = v = 8 - 4.t => 0 = 8 - 4.t => t = 2 s
Para t = 2 s, temos: s = 5+8.2-2.(2)2 => s = 13 m
Cálculo da distância percorrida entre t1 = 1 s e t2 = 3 s
De 1 s a 2 s, temos: Δs12 = 13 m - 11 m = 2 m
De 2 s a 3 s, temos: Δs23 = 11 m - 13 m = -2 m
Distância percorrida d entre t1 = 1 s e t2 = 3 s
d = IΔs1I + IΔs2I = 2 m + 2 m = 4 m
Observação: Outra forma de calcular Δs entre t1 = 1 s e t2 = 3 s é somar Δs12 e Δs23 algebricamente
Δs = Δs12 + Δs23 = 2 m + (-2 m) = 0
Respostas: Δs = 0; d = 4 m
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Exercício 3: resolução
Cálculo de Δs entre t1 = 1 s e t2 = 3 s
Para t1 = 1 s, temos s1 = 5 + 8.1 – 2.(1)2 => s1 = 11 m
Para t2 = 3 s, temos s2 = 5 + 8.3 – 2.(3)2 => s2 = 11 m
Δs = s2 - s1 = 11 m - 11 m = 0
Cálculo da distância máxima do móvel à origem
Comparando s = s0+v0.t+α.t2/2 com s = 5+8.t-2t2, vem:
v0 = 8 m/s e α = -4 m/s2
v = v0 + α.t = v = 8 - 4.t => 0 = 8 - 4.t => t = 2 s
Para t = 2 s, temos: s = 5+8.2-2.(2)2 => s = 13 m
Cálculo da distância percorrida entre t1 = 1 s e t2 = 3 s
De 1 s a 2 s, temos: Δs12 = 13 m - 11 m = 2 m
De 2 s a 3 s, temos: Δs23 = 11 m - 13 m = -2 m
Distância percorrida d entre t1 = 1 s e t2 = 3 s
d = IΔs1I + IΔs2I = 2 m + 2 m = 4 m
Observação: Outra forma de calcular Δs entre t1 = 1 s e t2 = 3 s é somar Δs12 e Δs23 algebricamente
Δs = Δs12 + Δs23 = 2 m + (-2 m) = 0
Respostas: Δs = 0; d = 4 m
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Movimento uniformemente variado (MUV) (II)
Borges e Nicolau
Exercício 2: resolução
A máxima distância do ciclista à origem O ocorre no instante em que a velocidade do ciclista se anula. A partir deste instante inverte-se o sentido do movimento.
v = v0 + α.t => 0 = +10+(-0,2).t => t = 50 s
s = s0+v0.t+α.t2/2 => s = 0+10.50+(-0,2).(50)22/2 => S= 250 m
Resposta: 250 m
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A máxima distância do ciclista à origem O ocorre no instante em que a velocidade do ciclista se anula. A partir deste instante inverte-se o sentido do movimento.
v = v0 + α.t => 0 = +10+(-0,2).t => t = 50 s
s = s0+v0.t+α.t2/2 => s = 0+10.50+(-0,2).(50)22/2 => S= 250 m
Resposta: 250 m
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Movimento uniformemente variado (MUV) (II)
Borges e Nicolau
Exercício 5: resolução
vm = Δs/Δt = (v1+v2)/2 => (Ltrem+Lponte)/Δt = (v1+v2)/2
(200+100)/Δt = (10+5)/2 => Δt = 40 s
Resposta: 40 s
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Exercício 5: resolução
vm = Δs/Δt = (v1+v2)/2 => (Ltrem+Lponte)/Δt = (v1+v2)/2
(200+100)/Δt = (10+5)/2 => Δt = 40 s
Resposta: 40 s
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quarta-feira, 21 de março de 2012
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Campo Elétrico (II)
Borges e Nicolau
Exercício 1: resolução
As carga elétricas +Q e +4Q, situadas nos pontos A e B respectivamente, originam vetores campo EA e EB de afastamento. Considere os pontos da reta AB. Nos pontos situados fora do segmento definido pelos pontos A e B os vetores campo EA e EB têm mesma direção e mesmo sentido. No ponto C, entre A e B, EA e EB têm mesma direção e sentidos opostos.
Para que o vetor campo resultante em C seja nulo, EA e EB devem ter mesma intensidade:
EA = EB => k0.(Q)/(d2) = k0.(4Q)/(30-d)2 => 4d2 = (30-d)2 =>
2d = 30-d => d = 10 cm
Resposta: À direita e a 10 cm de A.
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Exercício 1: resolução
As carga elétricas +Q e +4Q, situadas nos pontos A e B respectivamente, originam vetores campo EA e EB de afastamento. Considere os pontos da reta AB. Nos pontos situados fora do segmento definido pelos pontos A e B os vetores campo EA e EB têm mesma direção e mesmo sentido. No ponto C, entre A e B, EA e EB têm mesma direção e sentidos opostos.
Para que o vetor campo resultante em C seja nulo, EA e EB devem ter mesma intensidade:
EA = EB => k0.(Q)/(d2) = k0.(4Q)/(30-d)2 => 4d2 = (30-d)2 =>
2d = 30-d => d = 10 cm
Resposta: À direita e a 10 cm de A.
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Campo Elétrico (II)
Borges e Nicolau
Exercício 4: resolução
Sendo a distância de O até B igual ao dobro da distância de O até A, concluímos que a intensidade do vetor campo elétrico em B é 4 vezes menor do que a intensidade do vetor campo elétrico em A: EB = EA/4 = 2,0.105 N/C.
O vetor campo elétrico em B (EB) é de aproximação. Para anular o peso P da partícula a força elétrica Fe deve ter sentido oposto ao de EB. Logo, q < 0.
Assim, no equilíbrio da partícula, temos:
Resposta: b
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Exercício 4: resolução
Sendo a distância de O até B igual ao dobro da distância de O até A, concluímos que a intensidade do vetor campo elétrico em B é 4 vezes menor do que a intensidade do vetor campo elétrico em A: EB = EA/4 = 2,0.105 N/C.
O vetor campo elétrico em B (EB) é de aproximação. Para anular o peso P da partícula a força elétrica Fe deve ter sentido oposto ao de EB. Logo, q < 0.
Assim, no equilíbrio da partícula, temos:
Fe = P = IqI.EB = m.g => IqI.2,0.105 = 2,0.10-3.10 =>
IqI = 1,0.10-7 C => q = -1,0.10-7 C
Resposta: b
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Campo Elétrico (II)
Borges e Nicolau
Exercício 3: resolução
Representamos no ponto P os vetores campo EA, EB e EM. Observe que EM anula EAB, vetor campo resultante dos vetores EA e EB.
EA = EB = k0.IQAI/L2 => EA = EB = k0.2/L2
EAB = k0.(2/L2).√3
EM = EAB => k0.(IQI)/(L.√3/2)2 = k0.(2/L2).√3 => IQI = 3√3/2 =>
Q = -3√3/2 µC
Resposta: -3√3/2 µC
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Exercício 3: resolução
Representamos no ponto P os vetores campo EA, EB e EM. Observe que EM anula EAB, vetor campo resultante dos vetores EA e EB.
EA = EB = k0.IQAI/L2 => EA = EB = k0.2/L2
EAB = k0.(2/L2).√3
EM = EAB => k0.(IQI)/(L.√3/2)2 = k0.(2/L2).√3 => IQI = 3√3/2 =>
Q = -3√3/2 µC
Resposta: -3√3/2 µC
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Campo Elétrico (II)
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Exercício 2: resolução
As carga elétricas +Q e -4Q, situadas nos pontos A e B originam vetores campo EA e EB, respectivamente, de afastamento e de aproximação. Considere os pontos da reta AB. Nos pontos do segmento AB os vetores campo EA e EB têm mesma direção e mesmo sentido. Nos pontos da reta AB e fora do segmento definido pelos pontos A e B, os vetores campo EA e EB têm mesma direção e sentidos opostos.
Para que o vetor campo resultante em seja nulo, EA e EB devem ter mesma intensidade. Isso ocorre no ponto C à esquerda de A, isto é, à esquerda da carga elétrica de menor módulo.
EA = EB => k0.(Q)/(d2) = k0.(4Q)/(30+d)2 => 4d2 = (30+d)2 =>
2d = 30+d => d = 30 cm
Resposta: À esquerda e a 30 cm de A.
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Exercício 2: resolução
As carga elétricas +Q e -4Q, situadas nos pontos A e B originam vetores campo EA e EB, respectivamente, de afastamento e de aproximação. Considere os pontos da reta AB. Nos pontos do segmento AB os vetores campo EA e EB têm mesma direção e mesmo sentido. Nos pontos da reta AB e fora do segmento definido pelos pontos A e B, os vetores campo EA e EB têm mesma direção e sentidos opostos.
Para que o vetor campo resultante em seja nulo, EA e EB devem ter mesma intensidade. Isso ocorre no ponto C à esquerda de A, isto é, à esquerda da carga elétrica de menor módulo.
EA = EB => k0.(Q)/(d2) = k0.(4Q)/(30+d)2 => 4d2 = (30+d)2 =>
2d = 30+d => d = 30 cm
Resposta: À esquerda e a 30 cm de A.
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Campo Elétrico (II)
Borges e Nicolau
Exercício 5: resolução
O ponto C, onde se localiza a carga elétrica Q, é a intersecção das retas suportes dos vetores campo EA e EB.
Portanto, o ponto C tem abscissa x = 1 cm e ordenada y = 2 cm.
Resposta: a
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Exercício 5: resolução
O ponto C, onde se localiza a carga elétrica Q, é a intersecção das retas suportes dos vetores campo EA e EB.
Portanto, o ponto C tem abscissa x = 1 cm e ordenada y = 2 cm.
Resposta: a
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terça-feira, 20 de março de 2012
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Calorimetria (II)
Borges e Nicolau
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Exercício 2: resolução
Qcalorímetro + Qágua = 0 => C.Δθ + (m.c.Δθ)água = 0 =>
20.(θf - 20) + 40.1,0.(θf - 80) = 0
60.θf = 3600 => θf = 60 ºC
Resposta: 60 ºC
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Calorimetria (II)
Borges e Nicolau
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Exercício 1: resolução
Qrecipiente + Qágua + Qbloco = 0 => C.Δθ + (m.c.Δθ)água + (m.c.Δθ)bloco = 0 =>
200.(θf - 20) + 500.1,0.(θf - 20) + 1000.0,094.(θf - 100) = 0
794.θf = 23400 => θf ≅ 29,5 ºC
Resposta: ≅ 29,5 ºC
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Calorimetria (II)
Borges e Nicolau
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Exercício 4: resolução (demonstração)
Fazendo no exercício anterior m1 = m2, resulta: θ = (θ1 + θ2)/2
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Calorimetria (II)
Borges e Nicolau
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Exercício 3: resolução (demonstração)
m1.c.(θ - θ1) + m2.c.(θ - θ2) = 0 =>
(m1 + m2).θ = m1.θ1 +m2.θ2 =>
θ = (m1.θ1 + m2.θ2)/(m1 + m2)
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Calorimetria (II)
Borges e Nicolau
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Exercício 5: resolução
Qcalorímetro + Qágua1 + Qágua2 = 0 => C.Δθ + (m.c.Δθ)água1 + (m.c.Δθ)água2 = 0 =>
C.(30 - 25) + 100.1,0.(30 - 25) + 100.1,0.(30 - 45) = 0
5.C = 1000 => C = 200 cal/ºC
Resposta: 200 cal/ºC
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segunda-feira, 19 de março de 2012
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Movimento uniformemente variado (MUV) (I)
Borges e Nicolau
Exercício 2: resolução
a) Instantes em que A e B se cruzam:
SA = SB => -20 + 10t + t2 = -28 + 16t => t2 - 6t + 8 = 0 => t = 2 s e t = 4 s
b) Espaços das partículas nos instantes de cruzamento:
SA = -20 + 10t + t2 => SA = -20 +10.2 + (2)2 => SA = 4 m
SA = -20 + 10t + t2 => SA = -20 +10.4 + (4)2 => SA = 36 m
Resposta: a) 2 s e 4 s ; b) 4 m e 36 m
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Borges e Nicolau
Exercício 2: resolução
a) Instantes em que A e B se cruzam:
SA = SB => -20 + 10t + t2 = -28 + 16t => t2 - 6t + 8 = 0 => t = 2 s e t = 4 s
b) Espaços das partículas nos instantes de cruzamento:
SA = -20 + 10t + t2 => SA = -20 +10.2 + (2)2 => SA = 4 m
SA = -20 + 10t + t2 => SA = -20 +10.4 + (4)2 => SA = 36 m
Resposta: a) 2 s e 4 s ; b) 4 m e 36 m
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Cursos do Blog - Mecânica
Movimento uniformemente variado (MUV) (I)
Borges e Nicolau
Exercício 4: resolução
Cada ponto do trem percorre, durante a travessia, a distância de 300 m.
s = s0 + v0.t + (α.t2)/2 => 300 = 0 + 10.20 + (α/2).(20)2 => α = 0,5 m/s2
Resposta: 0,5 m/s2
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Exercício 4: resolução
Cada ponto do trem percorre, durante a travessia, a distância de 300 m.
s = s0 + v0.t + (α.t2)/2 => 300 = 0 + 10.20 + (α/2).(20)2 => α = 0,5 m/s2
Resposta: 0,5 m/s2
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Movimento uniformemente variado (MUV) (I)
Borges e Nicolau
Exercício 3: resolução
a) O móvel muda o sentido de seu movimento no instante em que v = 0.
Portanto: 0 = 40 – 8t => t = 5 s
b) Movimento progressivo: v > 0 => 40 -8t > 0 => t < 5 s
Sendo α = -8 m/s2 < 0, concluímos que para t < 5 s o movimento é retardado
(v e α têm sinais opostos).
Movimento retrógrado: v < 0 => 40 -8t < 0 => t > 5 s
Sendo α = -8 m/s2 < 0, concluímos que para t > 5 s o movimento é acelerado
(v e α têm mesmo sinal).
Respostas:
a) 5 s
b) 0 ≤ t < 5 s: progressivo e retardado;
t > 5 s: retrógrado e acelerado
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Exercício 3: resolução
a) O móvel muda o sentido de seu movimento no instante em que v = 0.
Portanto: 0 = 40 – 8t => t = 5 s
b) Movimento progressivo: v > 0 => 40 -8t > 0 => t < 5 s
Sendo α = -8 m/s2 < 0, concluímos que para t < 5 s o movimento é retardado
(v e α têm sinais opostos).
Movimento retrógrado: v < 0 => 40 -8t < 0 => t > 5 s
Sendo α = -8 m/s2 < 0, concluímos que para t > 5 s o movimento é acelerado
(v e α têm mesmo sinal).
Respostas:
a) 5 s
b) 0 ≤ t < 5 s: progressivo e retardado;
t > 5 s: retrógrado e acelerado
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Movimento uniformemente variado (MUV) (I)
Borges e Nicolau
Exercício 1: resolução
a) v = v0 + α.t => 8 = 0 + α.10 => α = 0,8 m/s2
b) s = s0 + v0.t + (α.t2)/2 => s = 10 + 0 + 0,8.(10)2/2 => s = 50 m
Respostas: a) 0,8 m/s2 ; b) 50 m
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Exercício 1: resolução
a) v = v0 + α.t => 8 = 0 + α.10 => α = 0,8 m/s2
b) s = s0 + v0.t + (α.t2)/2 => s = 10 + 0 + 0,8.(10)2/2 => s = 50 m
Respostas: a) 0,8 m/s2 ; b) 50 m
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Movimento uniformemente variado (MUV) (I)
Borges e Nicolau
Exercício 5: resolução
a) v = v0 + α.t => 60 = 0 + 8.t => t = 7,5 s
s = s0 + v0.t + (α.t2)/2 => s = 0 + 0.7,5 + 8.(7,5)2/2 => s = 225 m
b) Sendo uniforme o movimento neste trecho, temos:
Δs = v.Δt => Δs = 60.110.60 => Δs = 396000 m => Δs = 396 km
Respostas: a) 7,5 s e 225 m; b) 396 km
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Exercício 5: resolução
a) v = v0 + α.t => 60 = 0 + 8.t => t = 7,5 s
s = s0 + v0.t + (α.t2)/2 => s = 0 + 0.7,5 + 8.(7,5)2/2 => s = 225 m
b) Sendo uniforme o movimento neste trecho, temos:
Δs = v.Δt => Δs = 60.110.60 => Δs = 396000 m => Δs = 396 km
Respostas: a) 7,5 s e 225 m; b) 396 km
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quarta-feira, 14 de março de 2012
Cursos do Blog - Eletricidade
Campo Elétrico (I)
Borges e Nicolau
Exercício 2: resolução
A força elétrica deve anular o peso da partícula. Sendo o peso vertical e para baixo, concluímos que a força elétrica deve ser vertical e para cima. Portanto, a força elétrica tem sentido oposto ao do vetor campo elétrico. Isto significa que a partícula está eletrizada negativamente. As forças devem ter a mesma intensidade:
Fe = P => IqI.E = m.g => IqI = m.g/E => q = -m.g/E
Resposta: d
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Campo Elétrico (I)
Borges e Nicolau
Exercício 1: resolução
a) Sendo q>0, concluímos que a força elétrica tem a mesma direção e o mesmo sentido do vetor campo elétrico em P. Portanto, a força elétrica tem direção horizontal e sentido da esquerda para a direita. Sua intensidade é dada por:
Fe = IqI.E => Fe = 3.10-6.4.105 => Fe = 1,2 N
b) Sendo q<0, concluímos que a força elétrica tem a mesma direção e sentido oposto ao do vetor campo elétrico em P. Portanto, a força elétrica tem direção horizontal e sentido da direita para a esquerda. Sua intensidade é dada por:
Fe = IqI.E => Fe = 3.10-6.4.105 => Fe = 1,2 N
Respostas:
a) Direção: horizontal; sentido: da esquerda para a direita;
intensidade: 1,2 N
b) Direção: horizontal; sentido: da direita para a esquerda;
intensidade: 1,2 N
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Campo Elétrico (I)
Borges e Nicolau
Exercício 4: resolução
A carga elétrica Q origina em A um campo de afastamento. Logo, Q>0.
De EA = k0.IQI/dA2 e EB = k0.IQI/dB2 e sendo dA = 4dB, vem:
EB = 16EA = 1,6.104 N/C
Respostas:
a) positivo; b) 16.104 N/C.
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Campo Elétrico (I)
Borges e Nicolau
Exercício 3: resolução
Sabendo-se que Q>0 origina campo de afastamento e Q<0, campo de aproximação e que F e E tem o mesmo sentido se q>0 e sentidos opostos se q<0, resulta:
a) Q>0; q<0
b) Q<0; q<0
c) Q<0; q>0
d) Q>0; q>0
Respostas:
a) Q>0; q<0
b) Q<0; q<0
c) Q<0; q>0
d) Q>0; q>0
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Campo Elétrico (I)
Borges e Nicolau
Exercício 5: resolução
Cálculo da intensidade do campo que a carga elétrica Q origina no ponto P situado à distância d da carga:
E = k0.IQI/d2 => E = 9.109.3.10-6/(0,3)2 => E = 3.105 N/C
Assim, temos os casos:
Eresult = 0
Eresult = 2E = 6.105 N/C
Eresult = E = 3.105 N/C
Eresult = E√2 = 3√2.105 N/C
Eresult = 6E = 18.105 N/C
a) zero
b) 6.105 N/C
c) 3.105 N/C
d) 3√2.105 N/C
e) 18.105 N/C
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