terça-feira, 30 de setembro de 2014

Cursos do Blog - Termologia, Óptica e Ondas

29ª aula
Reflexão Total

Borges e Nicolau

Exercícios de Revisão

Revisão/Ex 5: resolução

a) o fenômeno que impede a visualização de todas as lâmpadas é a reflexão total.


b) Observe que o ângulo de incidência da luz, no extremo do disco, aumenta da lâmpada 5 para a lâmpada 1. Se o observador vê somente três lâmpadas significa que os raios provenientes das lâmpadas 1 e 2 superam o ângulo limite. Logo, o observador não vê as lâmpadas 1 e 2.



c) O ângulo de incidência proveniente da segunda lâmpada deve superar o ângulo limite:


i > ângulo limite => seni > sen ângulo limite =>

R/[R2 + (2L)2] > n(ar)/n(água)

Respostas:
a) Reflexão total 
b) 1 e 2
c)
R/[2R2 + (L)2] > n(ar)/ n(água)

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29ª aula
Reflexão Total

Borges e Nicolau

Exercícios de Revisão

Revisão/Ex 4: resolução

O ângulo limite de incidência
2da luz em relação à direção normal é MENOR DO QUE 90°, e n1 deve ser MAIOR DO QUE n2, pois a luz deve se propagar no sentido do meio mais para o meio menos refringente.

Resposta: b


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29ª aula
Reflexão Total

Borges e Nicolau

Exercícios de Revisão

Revisão/Ex 3: resolução

sen L = nmenor/
nmaior => sen 45° = 1,0/n’ => 2/2 = 1,0/n’ => n’ = 2

Pela lei de Snell-Descartes, temos:

1,0.sen 45° = n’.sen r => 1,0.
2/2 = 2.sen r => sen r = 1/2 => r = 30°

Resposta: b


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29ª aula - 2º semestre
Reflexão Total

Borges e Nicolau

Exercícios de Revisão

Revisão/Ex 2: resolução

Vamos, inicialmente, calcular o ângulo limite L:

sen L = nmenor/
nmaior => sen L = 1/√2 = √2/2 => L = 45°

Para i > 45°, temos reflexão total

Resposta: i > 45°


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29ª aula
Reflexão Total

Borges e Nicolau

Exercícios de Revisão

Revisão/Ex 1: resolução

Para ocorrer reflexão total, o ângulo de incidência deve ser maior do que o ângulo limite L, que corresponde a uma refração rasante:



Resposta: b

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29ª aula
Reflexão Total

Borges e Nicolau

Exercícios básicos

Exercício 5: resolução

Cálculo do ângulo r de refração na face horizontal:

Lei de Snell-Descartes:
 

n1.sen i = n2.sen r => 1.sen 45° = √2.sen r => 1.√2/2 = √2.sen r =>
sen r = 1/2 => r = 30°

O ângulo de incidência na face AB é 90° - 30° = 60°

Para sabermos se ocorre refração ou reflexão total devemos calcular

o ângulo limite L: 

sen L = nmenor/nmaior => sen L = 1/√2 = √2/2 => L = 45°

Sendo 60° > 45°, concluímos que ocorre REFLEXÃO TOTAL.

Resposta: reflexão total


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29ª aula
Reflexão Total

Borges e Nicolau

Exercícios básicos

Exercício 4: resolução 

sen L = nmenor/nmaior => sen 37° = 1,2/n => 0,6 = 1.2/n => n = 2

Resposta: 2


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29ª aula
Reflexão Total

Borges e Nicolau

Exercícios básicos

Exercício 3: resolução 

a) sen L = nmenor/nmaior => sen L = 1/2 => L = 30°

b) 20° < 30°: refração

c) 40° > 30°: reflexão total

Respostas: a) 30º; b) refração; c) reflexão total


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29ª aula
Reflexão Total

Borges e Nicolau

Exercícios básicos

Exercício 2: resolução 

sen L = nmenor/nmaior => sen L = √3/2 => L = 60°

Resposta: 60º

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29ª aula
Reflexão Total

Borges e Nicolau

Exercícios básicos

Exercício 1: resolução 

A luz deve se propagar no sentido do meio mais refringente (meio de maior índice de refração) para o meio menos refringente. Assim, a luz deve se propagar no sentido do meio 2 para o meio 1.

Resposta: No sentido do meio 2 para o meio 1

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segunda-feira, 29 de setembro de 2014

Cursos do Blog - Mecânica

29ª aula
Trabalho de uma força constante. Trabalho do peso
x
Borges e Nicolau 

Exercícios de Revisão

Revisão/Ex 5: resolução

São dados: m = 1.140 t = 1,14.106 kg; h = 710 m; g = 10 m/s
2.
A força necessária para levar todo material até o topo do Corcovado é no mínimo igual ao peso.
F = P = m.g = 1,14.
106.10 => F = 1,14.107 N
τ = F.h = m.g.h = 1,14.107.710 => τ = 8,094.109 J =>
τ = 8.094.000 kJ7

Resposta: e


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Cursos do Blog - Mecânica

20ª aula
Trabalho de uma força constante. Trabalho do peso
x
Borges e Nicolau 

Exercícios de Revisão

Revisão/Ex 4: resolução

F = P = m.g = 1,5.10 => F = 15 N

τ = F.d.cos 60° => τ = 15.30.0,50 => τ = 225,0 J

Resposta: b


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29ª aula
Trabalho de uma força constante. Trabalho do peso
x
Borges e Nicolau 

Exercícios de Revisão

Revisão/Ex 3: resolução

Pela definição de trabalho de uma força constante, temos:
τ = 5 x 2 x cos 15°.
Sendo o cosseno de um ângulo igual ao seno do ângulo complementar, podemos usar  τ = 5 x 2 x sen θ, desde que θ seja o complemento de 15°, isto é, θ = 90°-15° = 75°.

Resposta: d


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29ª aula
Trabalho de uma força constante. Trabalho do peso
x
Borges e Nicolau 

Exercícios de Revisão

Revisão/Ex 2: resolução

τ = F.d.cos 53° => τ = 80.20.0,6 => τ = 960 J

Resposta: c


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Cursos do Blog - Mecânica

29ª aula
Trabalho de uma força constante. Trabalho do peso
x
Borges e Nicolau 

Exercícios de Revisão

Revisão/Ex 1: resolução

Wx = Wy = F.d.cos
α
Wz = F.d 
Sendo cos α < 1, resulta que: Wx = Wy < Wz

Resposta: b

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Cursos do Blog - Mecânica

29ª aula
Trabalho de uma força constante. Trabalho do peso
x
Borges e Nicolau 

Exercícios básicos:

Exercício 5: resolução

De B até C o corpo desce. Logo:

τ = +m.g.(h/2) => τ = +1,0.1,2 => τ = +1,2 J

Resposta: +1,2 J


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Cursos do Blog - Mecânica

29ª aula
Trabalho de uma força constante. Trabalho do peso
x
Borges e Nicolau 

Exercícios básicos:

Exercício 4: resolução

De A até B o corpo sobe. Logo:

τ = -m.g.h => τ = -1,0.2,4 => τ = -2,4 J

Resposta: -2,4 J


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Cursos do Blog - Mecânica

29ª aula
Trabalho de uma força constante. Trabalho do peso
x
Borges e Nicolau 

Exercícios básicos:

Exercício 3: resolução

O trabalho do peso independe da trajetória. Entre os pontos A e B e é dado por:
 

τ = +m.g.h => τ = +1,0.10.0,5 => τ = +5,0 J

Resposta: +5 J nas três trajetórias


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29ª aula
Trabalho de uma força constante. Trabalho do peso
x
Borges e Nicolau 

Exercícios básicos:

Exercício 2: resolução

τ = F.d.cos 0° => τ = 10.1,5.1,0 => τ = 15 J 

τ = Fat.d.cos 180° => τ = μd.FN.d.cos 180° => τ = 0,50.8,0.1,5.(-1,0) =>  
τ = -6,0 J 

τ = P.d.cos 90° => τ = 0 

τ = FN.d.cos 90° => τ = 0

Respostas: 15 J; -6 J; zero; zero


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29ª aula
Trabalho de uma força constante. Trabalho do peso
x
Borges e Nicolau 

Exercícios básicos:

Exercício 1: resolução

a)  τ = F.d.cos 60° => τ = 10.2,0.0,50 => τ = 10 J

b) 
τ = F.d.cos 0° => τ = 10.2,0.1,0 => τ = 20 J

c) 
τ = F.d.cos 180° => τ = 10.2,0.(-1,0) => τ = -20 J

d) 
τ = F.d.cos 90° => τ = 10.2,0.0 => τ = 0

Respostas: a) 10 J; b) 20 J; c) -20 J; d) zero


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quarta-feira, 24 de setembro de 2014

Cursos do Blog - Eletricidade

28ª aula
Eletromagnetismo

Borges e Nicolau
x
Exercícios de Revisão

Revisão/Ex 5: resolução

As correntes elétrica que percorrem os fios 1 e 2 originam em L vetores campo entrando no plano do papel, cada um de intensidade B.

O vetor campo magnético resultante está entrando no plano do papel e tem intensidade 2B.



O condutor 1 origina em K um vetor campo magnético saindo do plano do papel e de intensidade B1. O condutor 2 origina em K um vetor campo magnético entrando no plano do papel e de intensidade B2 .
Sendo  B1 > B2, concluímos que o vetor campo magnético resultante em P está saindo do plano do papel e sua intensidade é  B1 - B2.




Resposta: d

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Cursos do Blog - Eletricidade

28ª aula
Eletromagnetismo

Borges e Nicolau
  
Exercícios de Revisão

Revisão/Ex 4: resolução
(Vunesp)
As correntes elétricas que percorrem os fios originam em P os vetores campo de mesma intensidade B e orientados conforme indica a figura abaixo, de acordo com a regra da mão direita.

O vetor campo magnético resultante BR tem a direção e o sentido indicados na alternativa a).



Resposta: a

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28ª aula
Eletromagnetismo

Borges e Nicolau
x
Exercícios de Revisão

Revisão/Ex 3: resolução

B =
µ0.i/(2π.r) => 10-6 = 4π.10-7.i/(2π.1) => i = 5 A

Resposta: e

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28ª aula - 2º semestre
Eletromagnetismo

Borges e Nicolau
  
Exercícios de Revisão

Revisão/Ex 2: resolução

Determinamos no ponto onde está a bússola a direção e o sentido do vetor campo magnético originado pela corrente elétrica i. A agulha se dispõe na direção do campo e com o polo norte no sentido do campo, conforme indica a vista de cima esquematizada a seguir:




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28ª aula
Eletromagnetismo

Borges e Nicolau

Exercícios de Revisão

Revisão/Ex 1: resolução

Basta achar o sentido do vetor campo magnético que a corrente origina nos pontos onde está a chapa. A chapa metálica imantada gira de modo a se dispor ortogonalmente ao fio, na direção do campo e com o polo norte no sentido do campo.


Resposta: c

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28ª aula
Eletromagnetismo

Borges e Nicolau
x
Exercícios básicos

Exercício 7: resolução

As correntes elétricas i1 e i2 originam em P vetores campo de mesma direção e sentidos opostos. Para que o campo resultante seja nulo eles devem ter mesma intensidade:

B1 = B2 = (μ0/2π).(i1/r) = (μ0/2π).(i2/3r) => i1/i2 = 1/3

Resposta: 1/3


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28ª aula
Eletromagnetismo

Borges e Nicolau
x
Exercícios básicos

Exercício 6: resolução

Os condutores 2 e 3 originam em P vetores campo para baixo, cada um de intensidade B. O condutor 1 origina em P um vetor campo magnético para cima e de intensidade B/2:


O campo magnético resultante em P tem intensidade:
B + B – B/2 = 3B/2                

Resposta: 3B/2


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28ª aula
Eletromagnetismo

Borges e Nicolau
x
Exercícios básicos

Exercício 5: resolução

B = (μ0/2π).(i/r) 

B1 = (μ0/2π).[i/(r/2)] = 2.(μ0/2π).(i/r) = 2B 

B2 = (μ0/2π).(i/2r) = (1/2)B

Resposta: 2B; B/2

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