quarta-feira, 28 de setembro de 2016

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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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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Eletromagnetismo

Borges e Nicolau
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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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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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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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Eletromagnetismo

Borges e Nicolau
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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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Eletromagnetismo

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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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Eletromagnetismo

Borges e Nicolau
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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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Eletromagnetismo

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Exercícios básicos

Exercício 4: resolução

Basta achar o sentido do vetor campo magnético que a corrente origina nos pontos onde está a agulha. Este campo tem sentido entrando no plano do papel. Assim, o polo norte gira neste sentido e o observador verá a agulha girar no sentido horário.

Resposta: Horário


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Eletromagnetismo

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Exercícios básicos

Exercício 3: resolução

Determinamos nos pontos P1, P2, P3 e P4 a direção e o sentido do vetor campo magnético originado pela corrente elétrica i. Note que todos têm a mesma intensidade B, As pequenas agulhas se dispõem na direção do campo e com o polo norte no sentido do campo:


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Eletromagnetismo

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Exercícios básicos

Exercício 2: resolução

Pela regra da mão direita determinamos os sentidos dos vetores campo acima e abaixo de i1 e à direita e à esquerda de i2:


Observe que é no quadrante III que o vetor campo resultante tem o sentido:

Resposta: Quadrante III


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Eletromagnetismo

Borges e Nicolau
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Exercícios básicos

Exercício 1: resolução

É só aplicar a regra da mão direita número 1. Vamos conferir.

Nos exercícios a), b), c) e d) temos:


No exercício e) cada corrente origina em P vetores campo parciais para baixo. Assim, a resultante é também para baixo:



No exercício f) os vetores campo parciais têm mesma direção, mesmo módulo e sentido opostos. Logo, o campo resultante é nulo:


f) nulo

Exercício g):



Respostas:


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terça-feira, 27 de setembro de 2016

Cursos do Blog - Termologia, Óptica e Ondas

28ª aula
Refração da luz. Índice de refração absoluto.
Lei de Snell-Descartes.

Borges e Nicolau

Exercícios de Revisão

Revisão/Ex 5: resolução

Se ao entardecer, a luz do sol forma um ângulo de 30º com a linha do horizonte e deixa de iluminar o fundo do tanque, significa que o raio refratado incide no ponto B da base do recipiente:



Pela lei de Snell-Descartes, temos:

n1.sen i =  n2.sen r => 1,0.sen 60° = 1,5.sen r =>
sen r = (
3/2)/1,5 = 3/31
Mas sen r = 3,0/
[D2 + (3,0)2]. Portanto: 3/3 = 3,0/[D2 + (3,0)2] =>1
D =  3√2 m

Resposta: D = 32 m

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Refração da luz. Índice de refração absoluto.
Lei de Snell-Descartes.

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Exercícios de Revisão

Revisão/Ex 4: resolução

Pela lei de Snell-Descartes:

n1.sen i = n2.sen r => 1,0.sen 60° = nX.sen 30° =>
(
3/2) = nX.(1/2) => nX = 3

Resposta: c


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28ª aula
Refração da luz. Índice de refração absoluto.
Lei de Snell-Descartes.

Borges e Nicolau

Exercícios de Revisão

Revisão/Ex 3: resolução

Seja R o raio da circunferência. Vamos aplicar a lei de Snell-Descartes:

n1.sen i = n2.sen r => n1.(4/R) = n2.(6/R) => n2/n1 = 2/3

Resposta: a


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Refração da luz. Índice de refração absoluto.
Lei de Snell-Descartes.

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Exercícios de Revisão

Revisão/Ex 2: resolução

Definição de índice de refração: n = c/v.

Para c = 3,0.
108 m/s e v = 2,4.108 m/s vem:

n =
3,0.108/2,4.108 => n = 1,25

Resposta: b


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Refração da luz. Índice de refração absoluto.
Lei de Snell-Descartes.

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Exercícios de Revisão

Revisão/Ex 1: resolução

Sendo v = 4c/5, vem: n = c/v => n = c/(4c/5) => n = 1,25

Resposta: b


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Refração da luz. Índice de refração absoluto.
Lei de Snell-Descartes.

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Exercícios Básicos

Exercício 5: resolução

Para cada situação trace a reta normal N pelo ponto de incidência da luz.


Na situação a) o ângulo de incidência é maior do que o de refração, isto é, o raio refratado está mais próximo da normal. Logo: n2 > n1
Na situação b) o ângulo de incidência é maior do que o de refração, isto é, o raio refratado está mais próximo da normal. Logo: n2 < n1
Na situação c) o ângulo de incidência é menor do que o de refração, isto é, o raio refratado está mais afastado da normal. Logo: n2 < n1

Respostas:
a)
n2 > n1
b) n2 < n1
c) n2 < n1


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Refração da luz. Índice de refração absoluto.
Lei de Snell-Descartes.

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Exercícios Básicos

Exercício 4: resolução

Sendo o ângulo de incidência i = 45º e o desvio de 15°, ao passar do ar para o vidro, concluímos que o ângulo de refração r é igual a 30°.

Vamos aplicar a lei de Snell-Descartes para determinar o índice de refração
n2 do vidro:

n1.sen i = n2.sen r => 1.sen 45° = n2.sen30° => 1.(√2/2) = n2.(1/2) =>
n2 = √2
 

Resposta: √2

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Refração da luz. Índice de refração absoluto.
Lei de Snell-Descartes.

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Exercícios Básicos

Exercício 3: resolução

Vamos aplicar a lei de Snell-Descartes:

n1.sen i =
n2.sen r => 1.sen 60° = √3.sen r => 1.(√3/2) = √3.sen r => sen r = 1/2 => r = 30°

Resposta: 30º


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Refração da luz. Índice de refração absoluto.
Lei de Snell-Descartes.

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Exercícios Básicos

Exercício 2: resolução

Sendo v = c/2 = 0,5 c, vem: n = c/v => n = c/0,5 c => n = 2

Resposta: 2


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Refração da luz. Índice de refração absoluto.
Lei de Snell-Descartes.

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Exercícios Básicos

Exercício 1: resolução

Definição de índice de refração: n = c/v. Para n = 1,5 e c = 3,0.108 m/s, vem:
1,5 = 3,0.108/v => v = 2,0.108 m/s

Resposta: 2,0.108 m/s


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segunda-feira, 26 de setembro de 2016

Cursos do Blog - Mecânica

28ª aula
Forças em trajetórias curvilíneas. Novos exercícios

Borges e Nicolau 

Revisão/Ex 5: resolução

As forças que agem no caminhão
asão: o peso P, a força normal F (exercida pela pista), a força FN (exercida pelo muro), que é a resultante centrípeta e a força de atrito Fat entre o caminhão e o muro, que é a resultante tangencial.



Fat  = μ.FN => Fat = μ.m.v2/R (1)

Mas Fat é a resultante tangencial, isto é, Fat = m.IαI (2)

De (1) e (2), vem:

m.IαI  = μ.m.v2/R => IαI = μ.v2/R => IαI  = 0,3.(20)2/90 =>
IαI = 4/3 m/s2 1,3 m/s2

Resposta: c

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28ª aula
Forças em trajetórias curvilíneas. Novos exercícios

Borges e Nicolau  

Exercícios de Revisão

Revisão/Ex 4: resolução

As forças que agem no coelho são: o peso P, a força normal
FN e a força de atrito Fat.


O peso  P e a força normal FN se anulam. A força resultante é a força de atrito que é centrípeta. Como o exercício pede o coeficiente de atrito estático mínimo, concluímos que o coelho está na iminência de escorregar. Assim, temos:

Fat  = m.ω2.R => μ.FN = m.(2π/T)2.R =>  μ.m.g = m.(2π/T)2 .R
μ = 4.π2.R/T2.g => μ = 4.9.5/36.10a
μ = 0,5

Resposta: b


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28ª aula
Forças em trajetórias curvilíneas. Novos exercícios

Borges e Nicolau 

Exercícios de Revisão

Revisão/Ex 3: resolução

As forças que agem no veículo são o peso de módulo P = mg e a força normal de módulo
FN que é igual ao peso aparente, isto é, FN = mg/5.

Assim, temos: 

Fresultante = m.acp => mg-mg/5 = m.v2/R => 
4mg/5 = m.v2/R => v2 = 4gR/5 => v2 = 4.10.50/5 => v = 20 m/s

Resposta: b


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