SOLUÇÃO COMECE DO BÁSICO

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1 SOLUÇÃO COMECE DO BÁSICO SOLUÇÃO CB1. [B] π ωterra 4 π π v ωr R v R 4 1 SOLUÇÃO CB. [B] ω πf 1 3 f 5 f Hz 3 Como o ponto material completa 5 3 voltas a cada segundo, após 1 s ele terá dado: 5 N 1 3 N 166 voltas SOLUÇÃO CB3. Vista superior da trajetória da amostra: INDUÇÃO ELEROMAGNÉICA 1

2 Assumindo que o movimento seja circular uniforme, temos que o ângulo entre as direções da velocidade linear e da aceleração centrípeta é de 9. v πrf 4 π,15 f f Hz rpm π π SOLUÇÃO CB4. [B] f 9 rpm 15 Hz v πrf 3,1,3 15 v 7,9 v 8 m s SOLUÇÃO CB5. [B] A velocidade orbital é dada pela igualdade da força gravitacional e da componente centrípeta: GM m Fc Fg m ω r ω r GM 3 Assim, para a mesma altura, ou seja, para o mesmo raio r a velocidade angular não depende da massa do satélite sendo a mesma para os dois casos. Se houvesse alteração da altitude para os dois casos haveria diferença na velocidade angular orbital. Portanto, a alternativa [B] está correta. SOLUÇÃO CB6. [D] Os sentidos de giro das engrenagens A, B e C serão, respectivamente: antihorário, horário e anti-horário. r INDUÇÃO ELEROMAGNÉICA

3 Quanto a frequência de cada engrenagem, como elas estão acopladas por uma correia, a velocidade superficial de cada uma delas deve ser igual entre si, sendo: va vb vc πrafa πrb fb πrcfc Como os raios das engrenagens tem uma relação direta com o número de dentes que cada uma possui, podemos calcular as frequências de cada engrenagem com este parâmetro. RAfA RBfB RCfC 4 fb 1 fc 4 fb fb 4 rpm 4 fc fc 8 rpm 1 SOLUÇÃO CB7. [A] [A] Correto. Como a porca desloca-se mm para cada volta do parafuso, podemos afirmar que vporca mm volta, que é uma constante. [B] Incorreto. Após 36 rotações, a porca terá se deslocado 7 mm em um minuto. Em 1s essa velocidade será de 7 mm 1 mm s. 6 s [C] Incorreto. O deslocamento da porca será de 1 mm cm. INDUÇÃO ELEROMAGNÉICA 3

4 [D] Incorreto. 36 rpm 6 rps. Para a porca: 6 rps 6 mm s 1 mm s. Sendo assim, a aceleração será de 1 mm s. [E] Incorreto. 1 rpm rps. Para a porca: rps mm s 4 mm s. Logo, a aceleração deveria ser de SOLUÇÃO CB8. [C] 4 mm s. A velocidade angular média ( ω ) depende basicamente da frequência da π rotação (f) ou do período () sendo dada por: ω πf Para ambos os observadores (A e B), tanto suas frequências como seus períodos de rotação são os mesmos, pois quando a erra dá uma volta completa, qualquer ponto do planeta também dá uma rotação completa, então suas velocidades angulares médias ( ω ) devem ser exatamente iguais. f A fb ωa A B ω B Já a velocidade escalar média (v) dessas duas pessoas, depende do raio (R) de curvatura da erra. Pontos mais próximos dos polos têm raios menores que pontos próximos ao Equador, portanto temos que: RA RB Como a velocidade escalar média (v) é diretamente proporcional ao raio e dada por: SOLUÇÃO CB9. [C] πr v πrf, temos que va v B. Dados: va 6cm s; vb,3m s 3cm s; AB 1cm. Da figura dada: RA RB AB RB RA 1. 4 INDUÇÃO ELEROMAGNÉICA

5 Os dois pontos têm mesma velocidade angular. va vb 6 3 ωa ωb RA 1 R A RA cm. RA RB RA RA 1 O diâmetro da polia é igual ao dobro do raio do ponto A. D RA D 4 cm. A velocidade angular da polia é igual à do ponto A. va 6 ω ωa ω 3 rad s. RA SOLUÇÃO CB1. v 18 m s R 6 m a c V R 18 ac ac 54 m s 6 SOLUÇÃO CB11. [C] empo de subida: vy v gts y 3 1t t 3 s s empo total: tt ts 3 tt 6 s s Portanto, o alcance horizontal foi de: A v tt 8 6 x A 48 m INDUÇÃO ELEROMAGNÉICA 5

6 SOLUÇÃO CB1. [C] mv A energia cinética ao abandonar a mão do garoto é: E. (I) No ponto mais alto da trajetória a velocidade é: vx v cos α. A energia cinética nesse ponto mais alto é: α mv x m v cos mv E cos α. (II) Substituindo (I) em (II): E E cos α. SOLUÇÃO CB13. [D] 43, V 3,6 ΔS senθ ΔS sen9 g 1 ΔS 14,4 m ΔS 14 m SOLUÇÃO CB14. [C] O míssil AX1 é lançado simultaneamente com o projétil. Logo: V V sen3 (1) y (AX1) p y (AX1) (AX1) V V () Substituindo (1) em (), temos: V V sen3 p (AX1) 1 V 8 V p 4 m s p 6 INDUÇÃO ELEROMAGNÉICA

7 SOLUÇÃO CB15. a) Como os dois corpos se chocam na mesma altura máxima, conclui-se que as componentes verticais das velocidades iniciais são iguais, ou seja: vb v C (1) y y Da equação (1) conclui-se que: 1 3 vb sen3 v C sen6 v B v C v v 3 () B C A figura a seguir ilustra o movimento das partículas antes e após o choque: Como o choque é elástico, então: ' aproximação afastamento Bx Cx Cx v v v v v ' 3 1 v C v x B cos3 v C cos6 v B v C (3) Substituindo-se () em (3), tem-se: ' v C v 3 x C v 1 C v C (4) Considerando que na direção xx não houve variação da quantidade de movimento total das partículas durante o choque, conclui-se que: ' Q Qf m1v B mvc mv C (5) x x x INDUÇÃO ELEROMAGNÉICA 7

8 Substituindo-se () e (4) em (5), tem-se que: m1v B cos3 mvc cos6 mvc 3 1 m1vc 3 m vc m v C 3 1 m 3 m1 m m1 5 b) O tempo de subida é o mesmo para as duas partículas, e coincide com o tempo de deslocamento horizontal das partículas até o instante do choque. Sendo L' o deslocamento do corpo C, conclui-se que: L L' vc Δt x subida L' L vb v C v x B x x 1 vc vc 1 L' L L (6) 3 vb 3 v B Da equação () conclui-se que: vc 1 (7) vb 3 Substituindo-se (7) em (6), tem-se que: L' L L Conclui-se que a distância entre os pontos de lançamento é: 1 4 d L L' L L L 3 3 c) Antes do choque, a partícula C se deslocou: L d1 L'. 3 Depois do choque, a partícula C se deslocou: 8 INDUÇÃO ELEROMAGNÉICA

9 ' L' d vc Δt x descida vc v d v C v C C x L' 4 4L' L 1 3 A distância total percorrida pela segunda partícula foi: L 4 5 dotal d1 d L L SOLUÇÃO CB = 18. [1 ] Falsa. Não há como definir usando apenas a foto como comparativo de um pulo na erra e em Marte, mas pela diferença de aceleração da gravidade, o personagem poderia executar um pulo cerca de,5 vezes maior em Marte quando relacionado com a erra. Usando a Força gravitacional de Newton como a força resultante centrípeta, temos: GMm R GM mgg R Fazendo a razão para as acelerações da gravidade em ambos planetas: M GM M M g g R g R g R g R g,5 M GMM gm MM gm,1m gm,1 M gm R R M M R R 4 [] Verdadeira. Isolando a aceleração de Marte da razão anterior: gm,4 g [4] Falsa. A equação do alcance horizontal seria idêntica à da erra: x x vx t INDUÇÃO ELEROMAGNÉICA 9

10 [8] Falsa. O ano de Marte, ou seja, seu período de translação em torno do Sol é maior que o da erra porque o mesmo depende do raio médio da órbita que é maior que o raio médio da erra, de acordo com a 3ª lei de Kepler. [16] Verdadeira. Para o lançamento oblíquo em um terreno plano, o alcance máximo é dado por: xmáx v cosθ tsub Sendo o tempo de subida: v sen θ tsub gm Juntando as duas equações anteriores e utilizando uma identidade trigonométrica, finalmente chegamos a: v sen θ v sen θ cosθ xmáx v cosθ xmáx gm gm v sen θ v sen θ xmáx xmáx,5,4 g g [3] Falsa. A aceleração da gravidade não depende da atmosfera do planeta e sim do inverso do quadrado da distância do ponto até o centro do planeta. SOLUÇÃO CB = 15. [1] Verdadeiro. Um campo magnético variável no tempo induz um campo elétrico. [] Verdadeiro. Um campo elétrico variável no tempo induz um campo magnético. [4] Verdadeiro. Ondas eletromagnéticas são compostas por campos elétricos e magnéticos variáveis. [8] Verdadeiro. A velocidade de propagação das ondas eletromagnéticas depende do meio no qual ela se propaga, sendo máxima no vácuo. [16] Falso. A onda eletromagnética pode transferir energia ao incidir sobre a placa metálica, causando emissão de elétrons e consequentemente transferindo quantidade de movimento. 1 INDUÇÃO ELEROMAGNÉICA

11 SOLUÇÃO CB18. [C] A expressão para o cálculo do módulo do vetor indução magnética no centro da espira é dado por: Nμ i B R Onde: B módulo do vetor indução magnética em esla; N número de espiras; μ permeabilidade magnética do meio. i intensidade da corrente elétrica em ampère. R raio da bobina em metros. 7 4π 1 m A. Cálculo da resistência equivalente do circuito: Req Rb ri Ω 3 Rb NCesp,1 π 5 1 m 1 cm Rb 6 Ω Ω 1 cm cm 1m Assim, Req 6 Ω ΩReq 8 Ω Cálculo da intensidade da corrente: Como o problema não fornece a voltagem da fonte, devemos encontrar uma fonte que sirva para que a intensidade de corrente não ultrapasse o valor máximo, sendo assim, descartamos as fontes de V e 11 V. Pela primeira lei de Ohm: U i R i V 8 Ω V 7,5 A (não serve!) INDUÇÃO ELEROMAGNÉICA 11

12 i 11 V 11 V 13,75 A (não serve!) 8 Ω Porém, uma fonte de 1 V já produz uma corrente menor: 1 V i1 V 1,5 A (serve!) 8 Ω Fontes com menor tensão também serviriam, mas não há correspondência nas alternativas. Finalmente, podemos determinar a intensidade do vetor indução magnética no centro da bobina: 7 N μi 4π1 m A 1,5 A 3 B B 3,6 1 R 5 1 m SOLUÇÃO CB19. [A] Desprezando perdas de energia na transformação, a potência no primário é igual à potência no secundário. Pp P s Up ip Us i s Up 1 Us Up U s. Da relação entre tensão e número de espiras no primário e secundário de um transformador, tem-se: Up Us Us Us 1 1 Ns 6. Np Ns 1. Ns 6 Ns SOLUÇÃO CB. [D] Para a situação inicial do problema, observamos o aumento do fluxo magnético, causando uma corrente induzida na bobina com sentido horário de acordo com a regra da mão direita, formando um polo Norte na direita e um polo Sul na esquerda da bobina. O referencial escolhido para determinação do sentido da corrente induzida na bobina foi o lado direito, olhando de frente para o enrolamento. 1 INDUÇÃO ELEROMAGNÉICA

13 Assim, para os três casos apresentados, temos: [I] O aumento do fluxo magnético gera um campo magnético induzido contrário com corrente elétrica induzida no sentido horário. [II] A diminuição do fluxo magnético produz na bobina um campo magnético induzido que gera uma corrente induzida no sentido horário. [III] O aumento do fluxo magnético gera uma corrente induzida no sentido anti-horário com polos sul na direita e norte na esquerda. Logo, as afirmativas corretas são [I] e [II]. Letra [D]. INDUÇÃO ELEROMAGNÉICA 13

14 14 INDUÇÃO ELEROMAGNÉICA