Cursos do Blog - Eletricidade

Lei de Pouillet. Associação de geradores.
x
Borges e Nicolau

Exercício 1: resolução

Lei de Pouillet:
i = E/(r+R) => i = 6/(1+2) => i = 2 A (leitura do amperímetro)
Leitura do Voltímetro:
U = E – r.i => U = 6 – 1.2 => U = 4 V

Respostas: 2 A; 4 V

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Lei de Pouillet. Associação de geradores.
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Exercício 2: resolução

Da curva característica do gerador, tiramos: E = 12 V e I_CC = 6 A.
Sendo I_CC = E/r vem: 6 = 12/r => r = 2 Ω
Da curva característica do resistor: U = R.i => 6 = R.2 => R = 3 Ω
Lei de Pouillet:
i = E/(r+R) => i = 12/(2+3) => i = 2,4 A

Resposta: 2,4 A

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Lei de Pouillet. Associação de geradores.
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Exercício 3: resolução

Inicialmente devemos calcular a R_eq: os resistores de 2 Ω e 4 Ω estão ligados em série, sendo 6 Ω a resistência desta associação. Os resistores de 6 Ω e 3 Ω estão em paralelo. A resistência equivalente da associação toda é R_eq = 2 Ω
Lei de Pouillet:
i = E/(r+R_eq) => i = 12/(2+2) => i = 3 A
A ddp no resistor equivalente de 2 Ω é a mesma ddp nos resistores de 3 Ω e de 6 Ω (2 Ω + 4 Ω): U = 2.3 => U = 6 V.
Cálculo de i₁: U = R₁.i₁ => 6 = 6.i₁ => i₁ = 1 A
Cálculo de i₂: U = R₂.i₂ => 6 = 3.i₂ => i₂ = 2 A

Respostas: 3 A; 1 A; 2 A

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Lei de Pouillet. Associação de geradores.
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Borges e Nicolau

Exercício 4: resolução

i = 3E/(3r+R) => i = 18/(3+9) => i = 1,5 A

Resposta: 1,5 A

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Lei de Pouillet. Associação de geradores.
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Borges e Nicolau

Exercício 5: resolução

i = E/[(r/3)+R] => i = 6/[(1/3)+3] => i = 1,8 A

Resposta: 1,8 A

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Cursos do Blog - Termologia, Óptica e Ondas

Imagem de um objeto extenso. Associação de espelhos planos.

Borges e Nicolau

Exercício 1: resolução

Para obtermos a imagem deste objeto basta aplicar a propriedade de simetria para cada um de seus pontos.

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Imagem de um objeto extenso. Associação de espelhos planos.

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Exercício 2: resolução

a) Achamos A’, imagem de A. Unimos A’ ao olho O. Encontramos o ponto F. Traçamos o raio incidente AF e o raio refletido FO. O mesmo raciocínio fazemos para o ponto B.

b) Da semelhança dos triângulos A'B'O e FGO vem:
H/e = 2d/d => e = H/2
Portanto, o tamanho mínimo do espelho para que a pessoa possa se ver de corpo inteiro não depende de sua distância ao espelho (note que a distância d é cancelada) e é igual à metade da altura da pessoa.

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Imagem de um objeto extenso. Associação de espelhos planos.

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Exercício 3: resolução

O espelho plano não inverte a imagem, mas troca a direita pela esquerda e vice-versa. Assim, temos:

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Imagem de um objeto extenso. Associação de espelhos planos.

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Exercício 4: resolução

N = (360º/α) - 1 => N = (360º/30º) - 1 => N = 11 imagens

Resposta: c

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Imagem de um objeto extenso. Associação de espelhos planos.

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Exercício 5: resolução

Aparecendo na foto 24 velas, concluímos que as três velas formam 21 imagens. Assim, para cada vela temos 7 imagens. Portanto:
N = (360º/α) - 1 => 7 = (360º/α) - 1 => 8 = (360º/α) => α = 45º

Resposta: c

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Aplicando as Leis de Newton (II)

Borges e Nicolau

Leis de Newton

Exercício 1: resolução

a)

b)
PFD (A): T - m.g = m.a => T – 20 = 2.a (1)
PFD (B): M.g - T = M.a => 30 – T = 3.a (2)
(1) + (2): 30 – 20 = (2 + 3).a => a = 2,0 m/s²
De (1): T - 20 = 2.2,0 => T = 24 N

c) Isolando a polia, temos: T_OC = 2T => T_OC = 48 N

Respostas:
b) 2,0 m/s²; 24 N
c) 48 N

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Aplicando as Leis de Newton (II)

Borges e Nicolau

Leis de Newton

Exercício 2: resolução

a)
senα = P_t/P => P_t = P.senα
cosα = P_n/P => P_n = P.cosα

b)
Segunda lei de Newton
P_t = m.a
m.g.senα = m.a
a = g.senα

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Aplicando as Leis de Newton (II)

Borges e Nicolau

Leis de Newton

Exercício 3: resolução

PFD (A): T - 10 = 2,0.a  (1)
PFD (B): 30 – T = 3,0.a (2)
(1) + (2): 30 - 10 = (2,0 + 3,0).a => a = 4,0 m/s²
De (1): T – 10 = 2,0.4,0 => T = 18 N
 
Respostas: 4,0 m/s²; 18 N

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Aplicando as Leis de Newton (II)

Borges e Nicolau

Leis de Newton

Exercício 4: resolução

a) O elevador está parado: T = P => T = 10 N

b) O elevador sobe em movimento uniforme: T = P => T = 10 N

c) O elevador sobe acelerado com aceleração a = 2,0 m/s²
T – P = m.a => T – 10 = 1,0.2,0 => T = 12 N

d) O elevador desce acelerado com aceleração a = 2,0 m/s²
P – T = m.a => 10 – T = 1,0.2,0 => T = 8,0 N

e) O elevador desce em queda livre (a = g).
P – T = m.g => P - T = P => T = 0

Respostas: a) 10 N; b) 10 N; c) 12 N; d) 8,0 N; e) zero

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Aplicando as Leis de Newton (II)

Borges e Nicolau

Leis de Newton

Exercício 5: resolução

a) O elevador está parado: F_N = P = 600 N

b) O elevador sobe em movimento uniforme: F_N = P = 600 N

c) O elevador sobe acelerado com aceleração a = 2,0 m/s²
F_N - P = m.a => F_N - 600 = 60.2,0 => F_N = 720 N

d) O elevador desce acelerado com aceleração a = 2,0 m/s²
P -  F_N = m.a => 600 - F_N = 60.2,0 => F_N = 480 N

e) O elevador desce em queda livre (a = g).
P - F_N = m.g  => P - F_N = P => F_N = 0 (A pessoa não comprime a balança, flutuando dentro do elevador)

Respostas: a) 600 N; b) 600 N; c) 720 N; d) 480 N; e) zero

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Gerador Elétrico. Força eletromotriz. Equação do gerador. Curva característica de um gerador

Borges e Nicolau

Exercicio 1: resolução

a) De U – E – r.i, vem: 8,0 = 12 - 2,0.i => i = 2,0 A
b) De U – E – r.i, vem: U = 12 - 2,0.4,0 => U = 4,0 V

Respostas: a) 2,0 A; b) 4,0 V

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Gerador Elétrico. Força eletromotriz. Equação do gerador. Curva característica de um gerador

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Exercicio 2: resolução

O gerador fica em curto-circuito. Logo: i_cc = E/r => i_cc = 6,0/1,0 => i_cc = 6,0 A

Resposta: 6,0 A

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Gerador Elétrico. Força eletromotriz. Equação do gerador. Curva característica de um gerador

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Exercicio 3: resolução

O voltímetro ideal tem resistência infinitamente grande. Ao ligá-lo aos polos do gerador, este fica em circuito aberto. Nestas condições: U = E = 6,0 V,

Resposta: 6,0 V

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Gerador Elétrico. Força eletromotriz. Equação do gerador. Curva característica de um gerador

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Exercicio 4: resolução

Do gráfico tiramos: a) e c)
a) E = 24 V e c) i_cc = 6,0 A
b) De i_cc = E/r, vem: 6,0 = 24/r => r = 4,0 Ω

Respostas: a) 24 V; b) 4,0 Ω; c) 6,0 A

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Gerador Elétrico. Força eletromotriz. Equação do gerador. Curva característica de um gerador

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Exercicio 5: resolução

a) e b)
De U = E – r.i, vem: 24 = E – r. 4,0 (1) e 12 = E – r.8,0 (2)
De (1) e (2), resulta : E = 36 V e r = 3,0 Ω
c) Sendo i_cc = E/r, vem: i_cc = 36/3,0 => i_cc = 12 A

Respostas: a) 36 V; 3,0 Ω; c) 12 A

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Espelho plano - Campo visual

Borges e Nicolau

Exercício 1: resolução

Aplicando a propriedade da simetria temos:

2.d = 30 => d = 15 cm
 
Resposta: 15 cm 

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Espelho plano - Campo visual

Borges e Nicolau

Exercício 2: resolução

Aplicando a propriedade da simetria temos:

d_AB’ = 30 cm e d_BA’ = 30 cm

Respostas: a) 30 cm; b) 30 cm

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Espelho plano - Campo visual

Borges e Nicolau

Exercício 3: resolução

Vamos determinar o campo visual de Maria:

Observe que Pedrinho está fora do campo visual de Maria.

Resposta: Maria não consegue ver a imagem de Pedrinho.

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Espelho plano - Campo visual

Borges e Nicolau

Exercício 4: resolução

Vamos determinar o campo visual do observador O:

AB é a distância que a barata percorre dentro do campo visual do observador O. Como o lado de cada quadradinho é igual a 2,0 cm e sendo 15 quadradinhos a distância entre A e B, temos:
AB = 15.2,0 cm = 30 cm.

Resposta: 30 cm

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Espelho plano - Campo visual

Borges e Nicolau

Exercício 5: resolução

Aplicando a propriedade da simetria, temos:

A distância entre P’ e P” corresponde 6 quadradinhos. Como o lado de cada quadradinho mede 2,0 cm, resulta:

P’P’’ = 6.2,0 cm = 12 cm

Observação: O espelho sofreu uma translação de 6,0 cm e a imagem um deslocamento de 12 cm. Concluímos, então, que quando um espelho sofre uma translação de uma distância d, a imagem de um objeto fixo translada–se uma distância 2d, no mesmo sentido do espelho.

Resposta: 12 cm

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Aplicando as Leis de Newton

Borges e Nicolau

Exercício 1: resolução

a) Como o movimento é horizontal, não há aceleração na vertical e portanto, o peso e a força normal que agem em cada bloco se equilibram.
b) A intensidade da força que B exerce em A é também igual a f pela terceira lei de Newton.
c)

d) Em A a força resultante tem intensidade: F – f; em B a força resultante tem intensidade: f
e) PFD (A): F – f = m.a
    PFD (B): f = M.a
f) Com os valores fornecidos, temos:
12 – f = 1,0.a (1)
f = 2,0.a (2)

Somando membro a membro as equações (1) e (2), vem:
12 = 3,0.a => a = 4,0 m/s².
De (2): f = 2,0.4,0 => f = 8,0 N

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Aplicando as Leis de Newton

Borges e Nicolau

Exercício 2: resolução

Vamos analisar separadamente cada bloco, colocando as forças que agem neles:

PFD (A): T = m.a  => T = 1,0.a (1)
PFD (B): F - T = M.a  => 12 – T = 2,0.a (1)

(1) + (2): 12 = (1,0 + 2,0).a => a = 4,0 m/s²

De (1): T = 4,0 N

Respostas: 4,0 m/s²; 4,0 N

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Aplicando as Leis de Newton

Borges e Nicolau

Exercício 3: resolução

Vamos analisar separadamente cada bloco, colocando as forças que agem neles:

PFD (A): T = m.a => T = 2,0.a (1)
PFD (B): P_B - T = M.a => 30 – T = 3,0.a (2)

(1) + (2): 30 = (2,0 + 3,0).a => a = 6,0 m/s²

De (1): T = 12 N

Respostas: 6,0 m/s²; 12 N

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Aplicando as Leis de Newton

Borges e Nicolau

Exercício 4: resolução 

Vamos analisar separadamente cada bloco, colocando as forças que agem neles:

PFD (A): T₁ – P_A = m_A.a => T₁ - 10 = 1,0.2,0 => T₁ = 12 N
PFD (B): T₂ – T₁ = m_B.a => T₂ – 12  = 2,0.2,0 => T₂ = 16 N
PFD (C): P_C – T₂ = m_C.a => m_C.g - T₂ = m_C.a => m_C.10 - 16 = m_C.2,0 =>
m_C = 2,0 kg

Respostas: 12 N; 16 N; 2,0 kg

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Aplicando as Leis de Newton

Borges e Nicolau

Exercício 5: resolução

Vamos analisar separadamente cada bloco, colocando as forças que agem neles:

PFD (A): T – f = m_A.a => T – f = 2,0.a (1)
PFD (B): f = m_B.a => f = 1,0.a (2)            
PFD (C): P_C – T = m_C.a => 3,0.10 – T = 3,0.a => 30 – T = 3,0.a (3)

(1) + (2) + (3): 30 = (2.0 + 1,0 + 3,0).a => a = 5,0 m/s²

De (2): f = 1,0.5,0 => f = 5,0 N
De (1): T – 5,0 = 2,0.5,0 => T = 15 N

Respostas: 5,0 m/s²; 15 N; 5,0 N

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Amperímetro. Voltímetro. Ponte de Wheatstone

Borges e Nicolau

Exercício 1: resolução

U = R_equiv..i => 12 = 5.i => i = 2,4 A

Resposta: 2,4 A

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Amperímetro. Voltímetro. Ponte de Wheatstone

Borges e Nicolau

Exercício 2: resolução

U = R_equiv..i => 12 = (2+4).i => i = 2 A
U₁ = R_P.i => U₁ = 2.2 => U₁ = 4 V 
U₁ = R₁.i₁ => 4 = 3.i₁ => i₁ = (4/3) A

Resposta: (4/3) A

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Amperímetro. Voltímetro. Ponte de Wheatstone

Borges e Nicolau

Exercício 3: resolução

U = R_equiv..i => 12 = (2+4).i => i = 2 A
U₁ = R₁.i => U₁ = 2.2 => U₁ = 4 V

Resposta: 4 V

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Amperímetro. Voltímetro. Ponte de Wheatstone

Borges e Nicolau

Exercício 4: resolução

A ponte de Wheatstone está em equilíbrio, logo os produtos das resistências dos lados opostos são iguais:

10.R = 20.15 => R = 30 Ω

Resposta: 30 Ω

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Amperímetro. Voltímetro. Ponte de Wheatstone

Borges e Nicolau

Exercício 5: resolução

Trata-se de uma ponte de Wheatstone em equilíbrio (R.R = R.R). Logo, pelo resistor entre C e D não passa corrente e ele pode ser retirado do circuito. Assim, temos: A resistência equivalente entre A e B é igual a R.

Resposta: R

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Reflexão da Luz. Lei da Reflexão. A cor de um corpo por reflexão

Borges e Nicolau

Exercício 1: resolução:

Se o ângulo do raio incidente com a superfície é 60°, concluímos que o ângulo de incidência é igual a 30°. Logo, o ângulo de reflexão, por ser igual ao ângulo de incidência, é também 30°.

Resposta: 30º

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Reflexão da Luz. Lei da Reflexão. A cor de um corpo por reflexão

Borges e Nicolau

Exercício 2: resolução:

i + r = 70°. Sendo r = i, vem: i + i = 70°. Logo, i = 35°

Resposta: 35º

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Reflexão da Luz. Lei da Reflexão. A cor de um corpo por reflexão

Borges e Nicolau

Exercício 3: resolução:

O triângulo ABI é retângulo e isósceles. Assim, o ângulo que o raio refletido R’ forma com a superfície do espelho é igual a 45°. Portanto, o ângulo de reflexão é também igual a 45°. Como o ângulo de reflexão é igual ao ângulo de incidência, resulta: i = 45°.

Resposta: 45º

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Reflexão da Luz. Lei da Reflexão. A cor de um corpo por reflexão

Borges e Nicolau

Exercício 4: resolução:

Ao ser iluminado com luz solar o corpo reflete difusamente a luz vermelha. Logo ele será visto vermelho. Ao ser iluminado com luz monocromática azul, o corpo absorve a luz azul e será visto negro.

Resposta: vermelho; negro

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Reflexão da Luz. Lei da Reflexão. A cor de um corpo por reflexão

Borges e Nicolau

Exercício 5: resolução:

• Iluminado com luz monocromática verde o corpo de cor amarela será visto negro, pois ele só reflete difusamente a luz verde e absorve as demais.
• O corpo verde será visto verde, pois iluminado com luz verde reflete difusamente a luz verde.
• O corpo de cor azul será visto negro, pois ele só reflete difusamente a luz azul e absorve as demais.
• O corpo branco, por refletir qualquer cor, será visto verde ao ser iluminado com luz monocromática verde.

Resposta:

corpo A: negro; corpo B: verde; corpo C: negro; corpo D: verde

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Terceira Lei de Newton
x
Borges e Nicolau
x
Exercício 1: resolução:

P e F_N não formam um par ação-reação. A reação de P está aplicada na Terra e a de F_N, na cadeira.

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Terceira Lei de Newton
x
Borges e Nicolau
x
Exercício 2: resolução:
x
A frase está certa. Sempre que aplicamos o princípio da ação e reação deve haver a interação entre dois corpos. A força em um dos corpos é a ação e no outro a reação. São forças aplicadas em corpos distintos.

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Terceira Lei de Newton
x
Borges e Nicolau
x
Exercício 3: resolução:
x
Se a Terra atrai a caixa com uma força de intensidade 10 N, a caixa atrai a Terra com uma força também de intensidade 10 N, de acordo com o princípio da ação e reação.

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Terceira Lei de Newton
x
Borges e Nicolau
x
Exercício 4: resolução:
x
De acordo com o princípio da ação e reação, temos: F_AB = F_BA

Resposta: c

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Terceira Lei de Newton
x
Borges e Nicolau
x
Exercício 5: resolução:

a) A reação da força T que o fio exerce na caixa é a força –T que a caixa exerce no fio. A força –T está aplicada no ponto B do fio.
 
b) Como o fio é ideal (P_fio = O), concluímos que a força que o teto exerce no ponto A do fio é T para equilibrar a força -T exercida no ponto B pela caixa.

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Associação de Resistores (II)

Borges e Nicolau

Exercício 1: resolução

1/R_P = 1/20 + 1/10 + 1/20 => 1/R_P = (1+2+1)/20 => R_P = 5 Ω

Resposta: 5 Ω

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Associação de Resistores (II)

Borges e Nicolau

Exercício 2: resolução

O resistor de 5 Ω, cujos terminais estão ligados por um fio sem resistência está em curto-circuito. Ele pode ser eliminado do circuito. Assim, a resistência equivalente entre A e B é de 10 Ω.

Resposta: 10 Ω

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Associação de Resistores (II)

Borges e Nicolau

Exercício 3: resolução

1º) Coloque letras em todos os pontos onde concorrem três ou mais condutores. Os pontos ligados por um fio sem resistência podem ser considerados coincidentes. Coloque, então, a mesma letra.
2º) Refaça o circuito transportando os resistores, mantendo sempre os terminais A e B.

Observe, nesta associação, que os dois resistires de 8 Ω estão em série e o equivalente de 16 Ω está em curto circuito.

Resposta: 5 Ω

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Associação de Resistores (II)

Borges e Nicolau

Exercício 4: resolução

Os pontos A e D, ligados por um fio sem resistência, podem ser considerados coincidentes. O mesmo ocorre com os pontos C e B. Refaça a associação considerando A e D um único ponto, assim como C e B. A seguir, transporte os resistores. Você verá que eles estão ligados em paralelo.

Resposta: R/3

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Associação de Resistores (II)

Borges e Nicolau

Exercício 5: resolução

a) Cálculo de i

Resistor equivalente: U = R_equiv.i => 24 = 12.i => i = 2 A

Cálculo de i₁ e i₂
U₁ = R_P.i => U₁ = 4.2 => U₁ = 8 V
U₁ = R₁.i₁ => 8 = 6.i₁ => i₁ = (4/3) A
U₂ = R₂.i₂ => 8 = 12.i₂ = i₂ = (2/3) A

b) Pot = R.i² => Pot = (8).2² => Pot = 32 W
 
Respostas:
a) 2 A; (4/3) A; (2/3) A;
b) 32 W

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Sombra e Penumbra 

x

Borges e Nicolau

x

Exercício 1: resolução

Da semelhança dos triângulos FAB e FCD, vem:

L/20 = 80/20 => L = 80 cm 

Resposta: 80 cm

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Sombra e Penumbra 

x

Borges e Nicolau

x

Exercício 2: resolução

I) Correta. Quando uma fonte de luz extensa é colocada próxima de um corpo opaco observam-se regiões parcialmente iluminadas. São as penumbras.
II) Incorreta. No eclipse do Sol, a posição relativa dos astros é Sol, Lua e Terra. Portanto, o eclipse do Sol ocorre na fase de Lua Nova. Os eclipses não ocorrem todos os meses pois as órbitas da Lua em torno da Terra e da Terra em torno do Sol não pertencem ao mesmo plano. Os eclipses ocorrem quando a orbita da Lua intercepta o plano da órbita da Terra e ainda deve haver um alinhamento entre os três astros.
III) Incorreta. A posição relativa dos astros é Sol, Lua e Terra.
IV) Correta. Estando na penumbra da Lua determinada pelo Sol o eclipse é parcial. 

Respostas: I) e IV)

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Sombra e Penumbra 

x

Borges e Nicolau

x

Exercício 3: resolução

a) A posição relativa dos três astros é Sol, Terra e Lua:

b) Se não estivesse ocorrendo eclipse a Lua voltaria seu hemisfério iluminado para a Terra. Portanto, a fase é de Lua Cheia.
 
Respostas:

a) Sol; Terra; Lua
b) Lua Cheia

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Sombra e Penumbra 

x

Borges e Nicolau

x

Exercício 4: resolução

a) o = 10 cm; p = 30 cm e p' = 45 cm

De i/o = p'/p, vem: i/10 = 45/30 => i = 15 cm

b) Aproximando-se o objeto da câmara o valor de p diminui e portanto a altura i da imagem aumenta.

Respostas:
a) 15 cm; b) Aumenta

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Sombra e Penumbra 

x

Borges e Nicolau

x

Exercício 5: resolução

A imagem vista pelo observador é invertida e troca a direita pela esquerda e vice-versa. Assim, temos:

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Segunda Lei de Newton

Borges e Nicolau

Exercício 1: resolução

a) F_R = m.a => F = m.a => 4 = 2.a => a = 2 m/s²
b) F_R = m.a => F₁ - F₂ = m.a => 4 - 2 = 2.a => a = 1 m/s²
c) Cálculo de F_R

(F_R)² = (F₁)² + (F₂)² => (F_R)² = (3)² + (4)² => F_R = 5 N
F_R = m.a => 5 = 2.a => a = 2,5 m/s²
d) Cálculo de F_R

O triângulo indicado é equilátero. Logo, F_R = 3 N 
F_R = m.a => 3 = 2.a => a = 1,5 m/s²
A direção e sentido da aceleração é a mesma direção e sentido da força resultante:

Respostas:
a) 2 m/s² xxb) 1 m/s² xxc) 2,5 m/s² xxd) 1,5 m /s²

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