quarta-feira, 31 de outubro de 2018

Cursos do Blog - Eletricidade

33ª aula
Voltando ao segundo fenômeno eletromagnético

Borges e Nicolau
x
Exercícios de Revisão

Revisão/Ex 5: resolução

a) 

τ = q.U = 5,0.10–16.1,6 => τ = 8,0.10–16 J

b)
s = (a/2).t2 => 2,0 = (a/2).(2,0.10–4)=> a = 1,0.108 m/s2
F = IqI.U/d = m.a => 5,0.10–16.1,6/2,0 = m.1,0.108 => m = 4,0.10–24 kg

c)
Fmag = Fcentrípeta = m.v2/R = m.(a.t)2/R =>
Fmag = 4,0.10–24.(1,0.108.2,0.10–4)2/(8,0.10-2) =>
Fmag = 2,0.10–14 N

Respostas:
a) 8,0.10–16 J
b) 4,0.10–24 kg
c) 2,0.10–14 N

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33ª aula
Voltando ao segundo fenômeno eletromagnético

Borges e Nicolau
x
Exercícios de Revisão

Revisão/Ex 4: resolução

As partículas possuem mesma energia cinética, isto é:

m.(v1)2/2 = 4.m.(v2)2/2 => v1 = 2.v2

Sendo: R1 = m.v1/e.B e R2 = 4.m.v2/2.e.B = 2.m.v2/e.B = m.v1/e.B =>
R2 = R1

Resposta: c

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33ª aula - 2º semestre
Voltando ao segundo fenômeno eletromagnético

Borges e Nicolau
x
Exercícios de Revisão

Revisão/Ex 3: resolução

Inicialmente observamos que o campo magnético B parte do polo norte e chega ao polo sul. Para que a carga elétrica passe com uma velocidade v pela região entre os polos desse ímã e não sofra nenhum desvio em sua trajetória, a força magnética deve ser nula. Isso acontece, por exemplo, quando v tem o mesmo sentido de B, isto é, da esquerda para a direita.

Resposta: c

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33ª aula - 2º semestre
Voltando ao segundo fenômeno eletromagnético

Borges e Nicolau
x
Exercícios de Revisão

Revisão/Ex 2: resolução

Aplicando a regra da mão direita número 2 ou a regra da mão esquerda, determinamos o sentido da força magnética Fm que age em P1 e P2 no instante que penetram no campo. Note que o sentido dado pela regra aplicada deve ser invertida para a partícula P1. Logo ela é negativa.
Sendo o raio da trajetória descrita dado por R = m.v/IqI.B, concluímos que a partícula P1 por descrever trajetória de raio maior tem o valor Iq/mI menor que o da partícula P2.

Resposta: d

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33ª aula
Voltando ao segundo fenômeno eletromagnético

Borges e Nicolau
x
Exercícios de Revisão

Revisão/Ex 1: resolução

Aplicando a regra da mão direita número 2 ou a regra da mão esquerda e lembrando que a carga elétrica do elétron é negativa, determinamos o sentido da força magnética Fm. Sob ação dessa força o feixe de elétrons atinge o anteparo na região OB.



Resposta: c

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33ª aula
Voltando ao segundo fenômeno eletromagnético

Borges e Nicolau
x
Exercícios básicos

Exercício 6: resolução

v = Δs/Δt => v = 2.π.R/T => T = 2.π.R/v =>
T = (2.
π/v).(m.v/B.IqI) => T = 2.π.m/B.IqI

O período não depende da velocidade de lançamento.

Respostas: T = 2.π.m/B.IqI e não depende da velocidade de lançamento.


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33ª aula
Voltando ao segundo fenômeno eletromagnético

Borges e Nicolau
x
Exercícios básicos

Exercício 5: resolução

Os nêutrons não ficam sujeitos a forças magnéticas. Logo atravessam o campo sem desvio. Portanto, II é a trajetória dos nêutrons. Aplicando a regra da mão direita número 2, na posição de lançamento, notamos que a força magnética é para baixo, se a partícula tiver carga elétrica positiva, e para cima, se negativa. Logo I é a trajetória dos elétrons e III, dos pósitrons.
Resulta então: I: elétrons; II: nêutrons; III: pósitrons.

Respostas: I: elétrons; II: nêutrons; III: pósitrons


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33ª aula
Voltando ao segundo fenômeno eletromagnético

Borges e Nicolau
x
Exercícios básicos

Exercício 4: resolução


Resposta: 0,2 m

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33ª aula
Voltando ao segundo fenômeno eletromagnético

Borges e Nicolau
x
Exercícios básicos

Exercício 3: resolução

Em cada situação determinamos, na posição de lançamento, a força magnética Fm. Esta força aponta para o centro da circunferência que tangencia a velocidade v. Temos:


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33ª aula
Voltando ao segundo fenômeno eletromagnético

Borges e Nicolau
x
Exercícios básicos

Exercício 2: resolução

As partículas eletrizadas A e B são lançada paralelamente às linhas de indução do campo magnético uniforme (v paralelo a B). 

Nestes casos, a força magnética é nula. Concluímos, então, que  as partículas deslocam-se livres da ação de forças, realizando movimento retilíneo e uniforme (MRU).

A partícula eletrizada C é lançada perpendicularmente às linhas de indução do campo magnético uniforme (v perpendicular a B). Neste caso, a partícula realiza movimento circular uniforme (MCU).

A partícula D é lançada obliquamente às linhas de indução. Ela realiza  um movimento denominado helicoidal uniforme.

Resumindo:



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33ª aula
Voltando ao segundo fenômeno eletromagnético

Borges e Nicolau
x
Exercícios básicos

Exercício 1: resolução

Basta aplicar a regra da mão direita número 2 ou a regra da mão esquerda. Não esqueça que para q < 0, o sentido da força magnética Fm é oposto ao dado pelas citadas regras. Assim, temos:


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terça-feira, 30 de outubro de 2018

Cursos do Blog - Termologia, Óptica e Ondas

33ª aula
Equação de Gauss. Aumento linear transversal

Borges e Nicolau

Exercícios de Revisão

Revisão/Ex 5: resolução

Como a imagem se forma do mesmo lado que o objeto e a 50 cm da lente, concluímos que p’= -50 cm.

Da equação de Gauss calculamos p:

1/f = 1/p + 1/p’ => 1/20 = 1/p + 1/(-50) => 1/p = 1/20 +1/50 =>
1/p = (5+2)/100 => p = (100/7) cm 

A = i/o = -p’/p => i/2 = -(-50)/(100/7) => i = 7,0 cm.

Resposta: c

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33ª aula
Equação de Gauss. Aumento linear transversal

Borges e Nicolau

Exercícios de Revisão

Revisão/Ex 4: resolução

O aumento linear transversal A é dado por:

A = i/o = -p'/p, vem: -0,40/1,0 = -p'/p => p' = 0,40.p

Mas p + p’ = 56 cm . Logo, p + 0,40.p = 56 cm => p = 40 cm

Resposta: 40 cm

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33ª aula
Equação de Gauss. Aumento linear transversal

Borges e Nicolau

Exercícios de Revisão

Revisão/Ex 3: resolução

A imagem é real (para ser projetada no filme) e invertida. Como o objeto e a imagem têm o mesmo tamanho concluímos que o objeto está no ponto antiprincipal objeto e a imagem se forma no ponto antiprincipal imagem. Portanto, DO = D = 2.f = 110 mm.

Resposta: c

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33ª aula
Equação de Gauss. Aumento linear transversal

Borges e Nicolau

Exercícios de Revisão

Revisão/Ex 2: resolução

O objeto está situado entre o foco principal objeto e o centro óptico. 
A imagem é virtual, direita e maior do que o objeto.  

Podemos tirar estas conclusões analiticamente:

1/f = 1/p + 1/p’ => 1/80 = 1/70 + 1/p’ => 1/p’ = 1/80 - 1/70 =>
1/p’ = (70-80)/80.70 => p’ = -560 cm => p’<0: imagem virtual.

A = -p’/p => A = -(-560)/70 => A = 80 => A > 0: imagem direita e maior do que o objeto.

Resposta: d

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33ª aula
Equação de Gauss. Aumento linear transversal

Borges e Nicolau

Exercícios de Revisão

Revisão/Ex 1: resolução

Da figura tiramos: f = 2 cm, p = 3 cm e o = 2 cm. Aplicando a equação de Gauss obtemos p’:

1/f = 1/p + 1/p’ => 1/2 = 1/3 + 1/p’ => 1/p’ = 1/2 -1/3 =>
1/p’ = (3-2)/6 => p’ = +6 cm: p’>0: imagem real.

A = i/o = -p’/p => i/2 = -6/3 => i = -4 cm: imagem invertida e de altura 
4 cm.

Resposta: a

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33ª aula
Equação de Gauss. Aumento linear transversal

Borges e Nicolau

Exercícios básicos

Exercício 5: resolução

a) Imagem de O1
 

1/f = 1/p + 1/p’ => 1/10 = 1/30 + 1/p’ => 1/p’ = 1/10 -1/30 =>
1/p’ = (3-1)/30 => p’ = 15 cm

Imagem de
O2
 

1/f = 1/p + 1/p’ => 1/10 = 1/20 + 1/p’ => 1/p’ = 1/10 -1/20 =>
1/p’ = (2-1)/20 => p’ = 20 cm
 

A distância entre as duas imagens é igual a: 20 cm – 15 cm = 5 cm

b) Vamos aplicar duas vezes a relação; i/o = -p’/p

i
1/o = -15/30 => i1/o = -1/2 (1)
i2/o = -20/20 => i2/o = -1 (2)

De (1) e (2), vem:
i1/i2 = 1/2

Respostas: a) 5 cm; b)
i1/i2 = 1/2


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33ª aula
Equação de Gauss. Aumento linear transversal

Borges e Nicolau

Exercícios básicos

Exercício 4: resolução

Sendo a lente divergente, temos: f = -15 cm.
A imagem é direita. Logo: i = o/3
 

A = i/o = -p’/p => A = (o/3)/o = -p’/p => 1/3 = -p’/p => p’ = -p/3 (1)
 

Equação de Gauss: 1/f = 1/p + 1/p’=> 1/-15 = 1/p + -3/p => p = 30 cm
 

De (1), vem: p’ = -10 cm.
 

O objeto está a 30 cm diante da lente.
A imagem está diante da lente e a 10 cm.
Logo a distância entre o objeto e a imagem é de 20 cm

Resposta: 20 cm


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33ª aula
Equação de Gauss. Aumento linear transversal

Borges e Nicolau

Exercícios básicos

Exercício 3: resolução

a) Sendo p’ = 40 cm e f = 30 cm, calculamos p pela equação de Gauss:

1/f = 1/p + 1/p’ => 1/30 = 1/p + 1/40 => 1/p = 1/30 - 1/40 =>
1/p = (4-3)/120 => p = 120 cm

b) O aumento linear transversal é dado por:

A = -p’/p => A = - 40/120 => A = - 1/3 => a imagem é invertida e tem altura igual a um terço da altura do objeto.

Respostas: a) 120 cm; b) -1/3

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33ª aula
Equação de Gauss. Aumento linear transversal

Borges e Nicolau

Exercícios básicos

Exercício 2: resolução

a) São dados: p = 30 cm e f = 5 cm. Aplicando a equação de Gauss determinamos o valor de p’:

1/f = 1/p + 1/p’ => 1/5 = 1/30 + 1/p’ => 1/p’ = 1/5 -1/30 =>
1/p’ = (6-1)/30 => p’ = +6 cm

A imagem se forma a uma distância de 6 cm da lente.

b) Sendo p’ > 0, concluímos que a imagem é real

c)


Respostas: a) 6 cm; b) real; c) esquema acima

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33ª aula
Equação de Gauss. Aumento linear transversal

Borges e Nicolau

Exercícios básicos

Exercício 1: resolução

a) São dados: p = 30 cm e f = 5 cm. Aplicando a equação de Gauss determinamos o valor de p’:

1/f = 1/p + 1/p’ => 1/5 = 1/30 + 1/p’ => 1/p’ = 1/5 -1/30 =>
1/p’ = (6-1)/30 => p’ = +6 cm

A imagem se forma a uma distância de 6 cm da lente.

b) Sendo p’ > 0, concluímos que a imagem é real

c)


Respostas: a) 6 cm; b) real; c) esquema acima

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segunda-feira, 29 de outubro de 2018

Cursos do Blog - Mecânica

33ª aula
Impulso e Quantidade de Movimento

Borges e Nicolau

Exercícios básicos

Exercício 4: resolução

Representação do vetor Q2 - Q1


O módulo do vetor Q2 - Q1 é a diagonal do quadrado de lado 1 kg.m/s, portanto igual a 1.2 kg.m/s = 2 kg.m/s

Respostas:



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33ª aula
Impulso e Quantidade de Movimento

Borges e Nicolau

Exercícios de Revisão

Revisão/Ex 5: resolução

Pelo Teorema do Impulso, temos: I = Q2 – Q1

Sendo I = F.Δt, onde F é a intensidade da força média, Q1 = 0 e Q2 = m.v,
com m = 50.10-3 kg e v = (216/3,6) m/s = 60 m/s, vem:

F.0,001 = 50.10-3.60 => F = 3000 N

Fazendo F = P => 3000 = m.10 => m = 300 kg.

Resposta: b

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33ª aula
Impulso e Quantidade de Movimento

Borges e Nicolau

Exercícios de Revisão

Revisão/Ex 4: resolução

Vamos, inicialmente, construir o gráfico F x t. Observe que para t = 0, F = 4 N e para t = 3 s, F = 10 N:



O módulo do impulso da força F no intervalo de tempo entre t0 = 0 e t = 3 s é numericamente igual à área do trapézio:

I = Atrapézio(numericamente) => I = (10+4).3/2 => I = 21 N.s

Resposta: 21 N.s

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33ª aula
Impulso e Quantidade de Movimento

Borges e Nicolau

Exercícios de Revisão

Revisão/Ex 3: resolução

No exercício 1 vimos que: EC = Q2/2m. 
Como as partículas têm a mesma energia cinética, massas M e m e quantidades de movimento Q e q, podemos escrever:

Q2/2M = q2/2m => Q/q = (M/m)1/2

Resposta: a

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33ª aula
Impulso e Quantidade de Movimento

Borges e Nicolau

Exercícios de Revisão

Revisão/Ex 2: resolução

Cálculo da massa do corpo:

Do gráfico, tiramos para v = 1 m/s,  EC = 1 J. 
De EC = m.v2/2 => 1 = m.12/2 => m = 2 kg 

Cálculo da quantidade de movimento para v = 5 m/s
Q = m.v => Q = 2.5 => Q = 10 kg.m/s

Resposta: 10 kg.m/s

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33ª aula
Impulso e Quantidade de Movimento

Borges e Nicolau

Exercícios de Revisão

Revisão/Ex 1: resolução

De Q = m.v, vem: v = Q/m
Substituindo-se em EC = m.v2/2, temos:
EC = m.(Q/m)2/2
EC = Q2/2m
100 = (40)2/2m

m = 8,0 kg

Resposta: b

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33ª aula
Impulso e Quantidade de Movimento

Borges e Nicolau

Exercícios básicos

Exercício 5: resolução

Vimos que se a força F tiver direção constante e intensidade variável em função do tempo, a intensidade do impulso da força, num certo intervalo de tempo, é numericamente igual à área no diagrama F x t. Assim, temos:

a) I = área do trapézio =>

I = (base maior + base menor).altura/2 = (10 + 5).10/2 => I = 75 N.s
b) I = área do triângulo => 

I = base.altura/2 = 10.10/2 => I = 50 N.s

Respostas: a) 75 N.s; b) 50 N.s


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33ª aula
Impulso e Quantidade de Movimento

Borges e Nicolau

Exercícios básicos

Exercício 4: resolução

Representação do vetor Q2 - Q1


O módulo do vetor Q2 - Q1 é a diagonal do quadrado de lado 1 kg.m/s, portanto igual a 1.2 kg.m/s = 2 kg.m/s

Respostas:



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33ª aula
Impulso e Quantidade de Movimento

Borges e Nicolau

Exercícios básicos

Exercício 3: resolução

A direção e o sentido da quantidade de movimento são os mesmos da velocidade vetorial em cada instante. Assim, temos:


Sendo o movimento circular e uniforme a velocidade tem módulo constante, o mesmo acontecendo com a quantidade de movimento.

Portanto:

Q1 = Q2 = m.v => Q1 = Q2 = 0,2 kg.5 m/s = > Q1 = Q2 = 1 kg.m/s

Respostas:



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