SOLUÇÃO PRATIQUE EM CASA

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Júlia Lameira di Azevedo
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SOLUÇÃO PC1. [D] SOLUÇÃO PRATIQUE EM CASA A análise da situação permite concluir que o carretel F gira no mesmo sentido que o carretel R, ou seja, horário.

fr rf Essa expressão final mostra que a frequência de rotação é inversamente proporcional ao raio.

1 SOLUÇÃO PC1. [D] SOLUÇÃO PRATIQUE EM CASA A análise da situação permite concluir que o carretel F gira no mesmo sentido que o carretel R, ou seja, horário. Como se trata de uma acoplamento tangencial, ambos têm mesma velocidade linear, igual à velocidade linear da fita. ff r v R F v R πffrf πfr r R ff r F fr r R. fr rf Essa expressão final mostra que a frequência de rotação é inversamente proporcional ao raio. Como o carretel F tem maior raio ele gira com menor frequência, ou seja dá menos voltas que o carretel R. SOLUÇÃO PC. [A] Observe o esquema abaixo. As velocidades lineares de A e B são iguais. Portanto: ωr ΩR ωr Ω R Para que a velocidade angular da roda traseira ser a maior possível é que r seja maior e R menor. INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA 1

2 SOLUÇÃO PC3. [B] No acoplamento coaxial as frequências são iguais. No acoplamento tangencial as frequências (f) são inversamente proporcionais aos números (N) de dentes; Assim: fa fmotor 18 rpm. fb NB fa N A fb fb 6 rpm. fc fb 6 rpm. fd ND fc N C fd fd rpm. A frequência do ponteiro é igual à da engrenagem D, ou seja: f rpm. SOLUÇÃO PC4. [A] A figura ilustra a situação, considerando a Terra esférica. Todos os pontos da Terra têm a mesma velocidade angular. Assim, para V v, tem-se: v V v v R r. r R r R Mas: r R 1 cos θ cos θ θ 60. R R INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA

3 SOLUÇÃO PC5. [C] A velocidade angular média ( ω ) depende basicamente da frequência da π rotação (f) ou do período (T) sendo dada por: ω πf T Para ambos os observadores (A e B), tanto suas frequências como seus períodos de rotação são os mesmos, pois quando a Terra 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 TB T ω B Já a velocidade escalar média (v) dessas duas pessoas, depende do raio (R) de curvatura da Terra. 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 PC6. [C] πr v πrf, temos que va v B. T A aceleração máxima que o piloto pode ser submetido nas manobras à velocidade máxima é de 9 vezes a aceleração da gravidade, sendo assim, a aceleração centrípeta para a curva solicitada na velocidade máxima da aeronave é: 1m s 400 km h v 3,6 km h 666,67 m s ,44 m s ac ac R 1000 m 1000 m 1000 m ac 444,44 m s INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA 3

4 O valor da aceleração fica 44,4 vezes maior do que a aceleração da gravidade, portanto nas condições impostas fica impossível executar a tarefa sem que haja o desmaio do piloto. Aplicando o limite de aceleração tolerável ao piloto, podemos recalcular a velocidade máxima para executar a curva solicitada ou ainda determinar o raio mínimo para executar a manobra com a velocidade máxima. v ac vmáx ac R vmáx 9gR 9 10 m s 1000 m R v m s 1080 km h máx Nota-se que a velocidade deve ser reduzida de 55% em relação à velocidade máxima da aeronave. Já para o piloto fazer a manobra com a velocidade máxima, o raio mínimo será: v v v ,44 m s ac Rmín Rmín R mín 4938,3 m R ac 9g 9 10 m s Logo, a resposta correta corresponde à alternativa [C]. SOLUÇÃO PC7. [B] A velocidade angular ω em rad s é: rad ω π π ω π rad s T 4 s E a aceleração centrípeta é calculada com: π 3π ac ω R rad s 6 mac m s SOLUÇÃO PC8. [C] No eixo horizontal, o movimento é uniforme com velocidade constante portanto com a distância percorrida e o tempo, podemos calculá-la. v H, 4 INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA

5 Δs 60 m vh vh vh 15 m s Δt 4 s Com o auxílio da trigonometria e com a velocidade horizontal a velocidade de lançamento v. vh vh 15 m s cosβ v v 5 m s v cosβ 0,6 v H, calculamos Portanto, na ordem solicitada na questão a resposta correta é alternativa [C]. SOLUÇÃO PC9. [D] Para o caso de não haver resistência do ar, devemos considerar o ângulo de lançamento teórico para o maior alcance possível de 45. Então a componente horizontal da velocidade, eixo x, que é constante, é dada por: v v cosθ v v cos 45 v x 0 x 0 0 No ponto mais alto da trajetória, a velocidade no eixo vertical y é nula e, consequentemente, a energia cinética associada a esse eixo. vy 0 e Ey 0 Usando a expressão para a energia cinética do lançamento E e a componente horizontal E x : m v E 0 m vx e Ex Substituindo o valor da velocidade na equação da componente horizontal e comparando com a energia cinética inicial: m vx m m 1 E Ex v0 v0 Ex E INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA 5

6 SOLUÇÃO PC10. [E] Primeiro vamos calcular a distância do trecho AB : Vamos analisar o eixo x 1 S S0 V0y t at 1 H 0 V0 senθ t ( g) t 1 H V0 senθ t g t No final do trecho AB, a altura máxima atingida será V0 senθ t g t 1 0 (V0 senθ g t) t Para a solução ser igual a zero só existe duas possibilidades t 0 (que é o caso inicial) ou então: 1 V0 senθ g t 0 V0senθ t (i) g Agora vamos ver o deslocamento no eixo x 1 S S0 V0x t at 1 S 0 V0xt 0 t S V t 0x S V0 cosθ t (ii) 6 INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA

7 (i) em (ii) V0 senθ S V0 cosθ g V0 S cosθ senθ g V0 S cosθ senθ g V0 S sen( θ) g S na verdade é o trecho AB. Agora vamos calcular o trecho BC : S V0xt S V0 cosθ t Onde S' é o trecho BC. O trecho AC é igual ao trecho AB BC, logo o trecho AC é igual a: V0 AC θ 0 S sen( ) V cosθ t g SOLUÇÃO PC11. [A] Fazendo algumas definições na figura: INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA 7

8 Por semelhança de triângulos, extraímos a primeira relação entre h e D: 85 h 8 h 165 8D (1) D 10 1 Do lançamento horizontal, tem-se a expressão do alcance D: h h h D vx D 5 D 5 () g 10 5 Substituindo (1) em (): 165 8D 165 8D D 5 D D D D 40D 85 0 D' 55 e D'' 15 Como a distância D é positiva, então D 15 m. SOLUÇÃO PC1. [B] Observações: Obviamente que Galileu estava desconsiderando os efeitos do ar; Na afirmativa [II] entenda-se tempos de movimento e não tempos de lançamento. [I] Incorreta. Pelo princípio da independência dos movimentos, na vertical os dois projéteis sofrem a mesma aceleração, que é a própria aceleração da gravidade, tendo o mesmo tempo de movimento que o de um corpo em simples queda livre. [II] Correta. Os tempos de movimento são iguais independente da massa e da velocidade. [III] Incorreta. A ideia está correta. [IV] Correta. SOLUÇÃO PC13. [D] A passagem de corrente pela bobina B 1 induzirá uma corrente inicial na bobina B o que fará o galvanômetro indicar uma corrente inicial. 8 INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA

9 SOLUÇÃO PC14. [E] Para o caso em que o número de espiras N 1 é menor que N, a tensão U será maior que a tensão aplicada U 1. Assim, o transformador será aumentador. SOLUÇÃO PC15. [E] [II] Falso. Quando o detector se aproxima de um objeto metálico, a variação do fluxo magnético induz correntes elétricas (correntes de Ampère) nesse objeto. Sendo variáveis, essas correntes produzem campos variáveis que induzem novas correntes na bobina, modificando a intensidade da corrente original. A variação da intensidade de corrente é detectada por um amperímetro que aciona um alarme sonoro e um sinal luminoso, indicando a presença do objeto. [III] Falso. Quando o detector é aproximado de um objeto metálico, a variação do fluxo elétrico magnético induz correntes induzidas nesse objeto. Sendo variáveis, essas correntes produzem campos variáveis que induzem novas correntes na bobina, modificando a intensidade da corrente original. A variação da intensidade de corrente é detectada por um amperímetro que aciona um alarme sonoro e um sinal luminoso, indicando a presença do objeto. A lei de Lenz diz que existirá uma corrente induzida em uma espira condutora fechada se, e somente se, o fluxo magnético através da mesma estiver variando. O sentido da corrente induzida é tal que o campo magnético induzido se opõe à variação do fluxo. INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA 9

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