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– 1
Cinemática VII
1. Considere três forças, F1,
F2 e
F3, de intensidades
constantes e iguais a 3,0N, 4,0N e 6,0N, respec ti vamente.Os ângulos formados entre as forças po dem sermodificados adequadamente.Determinea) a intensidade mínima que a resultante das três for ças
poderá ter.b) a intensidade máxima que a resultante das três for ças
poderá ter.
resolução:a) Podemos acertar um ângulo entre
F1 e
F2 de modo que a
resultante entre F1 e
F2 tenha módulo 6,0N, pois
1,0N ≤ |F1 +
F2| ≤ 7,0N.
se a força F3 for oposta a esta resultante entre
F1 e
F2, a
resultante total será nula.
F1 +
F2 +
F3 =
0
b) A intensidade máxima sempre ocorre quando F1,
F2 e
F3
tiverem a mesma direção e o mesmo sentido:
respostas: a) zerob) 13,0N
2. (olimpíada Colombiana de Física) – A figura mos -tra um sistema de seis forças aplicadas em uma partícula.O lado de cada quadrado na figura repre senta uma forçade intensidade 1,0N.
A força resul tante do sistema tem intensidade igual a:a) zero b) 3,0N c) 4,0Nd) 5,0N e) 6,0N
resolução:
1)F1 +
F2 +
F3 =
0 (polígono de forças fechado)
2)
r =
F4 +
F5 +
F6 (regra do
polígono)
r =
F5
resposta: B
MÓDULO 33
r = 3,0N
Fmáx = F1 + F2 + F3 = 13,0N
Ciências da Natureza, Matemática e suas TecnologiasFÍSICA
3. Três forças coplanares constantes e de módulos
F1 = 5N, F2 = 23 N e F3 = 16N pas sam a atuar sobre
uma partícula A que, inicialmente, encontrava-se emrepouso, conforme a figura abaixo. Para que a partículafique em equilíbrio, devemos aplicar sobre ela uma quartaforça
F4 cujo módulo, em newtons, va le,
a) 2 b) 8 c) 93 d)21 e) 233Dadossen 30° = cos 60° = 0,5
sen 60° = cos 30° =
resolução:
Na direção x, temos:
rx = F1 + F2 cos 30° – F3 cos 60°
rx = 5 + 23 . – 16 . (N)
rx = 5 + 3 – 8 = 0
Na direção y, temos:
ry = F3 cos 30° + F2 cos 60°
ry = + 23 . (N)
ry = 93 N
Portanto, para que a resultante seja nula, a 4.ª força deve ter apenas
uma componente Fy = – 9 3 N.
resposta: C
4. (Fuvest-sP) – Um corpo move-se sobre um planocom uma trajetória dada pelo vetor posiçãor =
i + t2
j, em que t é o tempo e e são cons tantes
positivas. O instante no qual o corpo cruza a reta tracejadamos trada na figura é dado por
a) b) tg c)
d) tg e)
i = versor do eixo xy = versor do eixo y
resolução:o vetor posição r tem uma componente na direção x cons tante ()e na direção y uma componente t2.
xe = : ye = (tg ) . = te2
te2 = (tg ) te = (tg )
resposta: D
3–––––
2
1––2
16 3–––––––
2
1––2
––––– tg
––
––
––
1–––––tg
––
––
––
3–––––
2
2 –
Cinemática VIII
1. (AFA-2010) – Um carro percorre uma curva circularcom velo cidade escalar constante de 15 m/s completando-a em 5 2 s, con forme figura abaixo.
É correto afirmar que o módulo da aceleração vetorialmédia expe rimentada pelo carro nesse trecho, em m/s2, é a) 0 b) 1,8 c) 3,0 d) 5,3
resolução:
1) ∆v 2 =
v12 =
v22
∆v 2 = (15)2 + (15)2 = 2 (15)2
2) am =
am = = (m/s2)
resposta: C
2. (ITA) – Uma partícula descreve um movimento cir -cular de raio R, partindo do repouso e com ace lera çãotangencial de intensidade constante (aT). A re la ção en tre asintensidades da aceleração cen trípeta (ac) e da aceleraçãotangencial: ac /aT, em um instante t, é
a) a2T
t /R b) t2 c) V2/R
d) aT t /R e) aT t2/R
resolução:
v = v0 + t
v = 0 + att
v = att
ac =
ac =
resposta: e
3. (ItA-2007) – A figura mostra uma pista de corrida AB C D E F, com seus trechos retilíneos e circularespercorridos por um atleta desde o ponto A, de onde partedo repouso, até a chegada em F, onde pára. Os trechos BC,CD e DE são percorridos com a mesma velocidade demódulo constante.Considere as seguintes afirmações:I. O movimento do atleta é acelerado nos trechos AB, BC,
DE e EF.II. O sentido da aceleração vetorial média do movi mento
do atleta é o mesmo nos trechos AB e EF.III.O sentido da aceleração vetorial média do movi mento
do atleta é para sudeste no trecho BC, e, para sudoeste,no DE.
Então, está(ão) correta(s) a) apenas a I. b) apenas a I e II. c) apenas a I e III. d) apenas a II e III. e) todas.
R–––aT
v2
–––r
(at t)2
––––––r
ac at t2
––––– = ––––––at r
∆v = 15 2 m/s
∆v
–––––∆t
∆v
–––––∆t
15 2––––––
5 2
am = 3,0 m/s2
MÓDULO 34
– 3
resolução:I) (?) A questão admite duas interpretações para a expressão“movimento acelerado”.se entendermos “movimento acelerado” como aque le em queo atleta tem aceleraçao não-nula, concluímos que omovimento será acelerado nos trechos AB, BC, De e eF, o quetorna correta a opção I.
se entendermos “movimento acelerado” como aquele em queo módulo da velocidade aumenta, então o movimento seráacelerado apenas no trecho AB e a opção I seria falsa.
II) (v) No trecho AB, o módulo da velocidade aumenta e aaceleração vetorial média tem o mesmo sentido domovimento, isto é, é orientada do sul para o norte.No trecho eF, o módulo da velocidade diminui (movimentoretardado) e a aceleração vetorial média tem sentido opostoao do movimento, isto é, orientada do sul para o norte.
III) (v) A aceleração vetorial média tem o mesmo sentido davariação de velocidade vetorial
No trecho BC, temos:
vB =
vC = 45°
No trecho De, temos:
vD =
ve = 45°
Admitindo-se que a primeira interpretação de movi mentoacelerado seja a pretendida pelo examinador, optamos pelaresposta e.
resposta: e
4. (Fuvest) – Uma partícula des loca-se, no sentidohorário, sobre uma trajetória cir cularde raio r = 3,0m. A magnitude davelocidade da partícula, em funçãodo tempo, é dada por V = 1,0 + 2,0t, com V em m/s e t emsegundos. Se em t = 1,0s, a partículase en contra na posição P
indicada na figu ra, o vetor aceleração da partícula, commódulo me di do em m/s2, nesse instante, éa) 2,0
i b) 2,0
i – 4,0
j c) –3,0
i
d) 2,0i – 3,0
j e) –2,0
i + 2,0
j
Nota: i e
j são os versores dos eixos x e y, respec ti -
vamen te
resolução:1) No instante t = 1,0s, temos v1 = 1,0 + 2,0 . 1,0(m/s) = 3,0m/s
2) |at| = | | = 2,0m/s2
3) |acp| = = (m/s2) = 3,0m/s2
Portanto:at = 2,0
i (movimento acelerado, pois v > 0 e > 0)
acp = –3,0
j (dirigida para o centro o)
a =
at +
acp
a = 2,0
i – 3,0
j (sI)
resposta: D
Eletrodinâmica VI
1. (IMe-2008) – A figura ilustra um circuito resistivoconectado a duas fontes de tensão constante. Considereas resistências em ohms. O módulo da corrente I queatravessa o resistor de 2,0W é, aproxima damente:
v2
–––r
(3,0)2
–––––3,0
MÓDULO 35
∆v
am = ––––∆t
4 –
a) 0,86A b) 1,57A c) 2,32Ad) 2,97A e) 3,65A
resolução:
uAD + uDC = uAC 4,0iAD + 2,0 i = 12 uBD + uDC = uBC 5,0iBD + 2,0 i = 7,0
iAD = e iBD =
Como iAD + iBD = I (lei dos Nós), então:
+ = I I = @ 2,32A
resposta: C
2. (ItA-94) – Baseado no esquema a seguir, no qual, = 2,0V, ri = 1,0W e r = 10W e as correntes estão in di -cadas, podemos concluir que os valores de i1, i2, i3 e VB – VA são:
i1 i2 i3 VB – VA
a) 0,20A –0,40A 0,20A 2,0Vb) –0,18A 0,33A 0,15A –1,5Vc) 0,20A 0,40A 0,60A 6,0Vd) –0,50A 0,75A 0,25A –2,5Ve) 0,18A 0,33A 0,51A 5,1V
resolução:
Aplicando-se a 1ª lei de Kirchhoff ao nó (C), temos:i1 + i2 = i3 (I)
Aplicando-se a 2ª lei de Kirchhoff às ma lhas e , nos sentidosindicados, temos:
) + 10 i3 + 1 . i1 – 2 = 0
substituindo-se o valor de i3 , vem:
(II)
) + 10 i3 + 1 i2 – 2 + 1 i2 – 2 = 0
substituindo-se o valor de i3 , vem:
(III)
11 i1 + 10 i2 = 2resolvendo-se o sistema: 10 i1 + 12 i2 = 4
temos:
i1 = –0,50 A e i2 = 0,75A, que, substituídos na equação (I), dá i3 =0,25A.
Fazendo-se o percurso BDA, temos:
vB – vA = + 1 . i1 – 2 (sI)
vB – vA = + 1. (–0,50) – 2 (sI)
resposta: D
vB – vA = –2,5 v
11 i1 + 10 i2 = 2
10 i1 + 12 i2 = 4
12 – 2,0 I–––––––––
4,0
7,0 – 2,0 I–––––––––
5,0
12 – 2,0 I–––––––––
4,0
7,0 – 2,0 I–––––––––
5,0
88–––38
– 5
3. (ITA-2007) – No circuito da figura, têm-se as
resistências R, R1, R2 e as fontes V1 e V2 aterradas, A
corrente i indicada é
a)
b)
c)
d)
e)
resolução:Nó A:i = i1 + i2
Malha
–V1 + r1i1 + ri = 0
V1 = r1i1 + ri
Malha
–V2 + r2i2 + ri = 0
V2 = r2i2 + ri
De : i1 =
De : i2 =
em : i =
r1r2i = V1r2 – r . r2i + V2r1 – r . r1i
r1r2i + r . r2i + r . r1i = V1r2 + V2r1
resposta: D
Eletrodinâmica VI
1. (IMe-rJ) – O elemento passivo k, cuja potência má -
xima de utilização é de 30watts, tem a caracte rística
tensão-corrente dada pelo gráfico a seguir:
Determine o maior valor positivo que se pode permitir
para a tensão V da bateria.
resolução:1) A potência máxima de utilização do elemento passivo k é de
30W. Portanto, temos:
Pk = Vk Ik
V2 – r i––––––––
r2
V1 – r i V2 – r i–––––––– + ––––––––
r1 r2
V1r2 + V2r1i = –––––––––––––––––––
r1r2 + r r2 + r r1
MÓDULO 36
30 = VkIk
(V1R2 – V2R1)––––––––––––––––––––.R1R2 + R R2 + R R1
(V1R1 + V2R2)––––––––––––––––––––.R1R2 + R R2 + R R1
(V1R1 – V2R2)
––––––––––––––––––––.R1R2 + R R2 + R R1
(V1R2 + V2R1)––––––––––––––––––––.R1R2 + R R2 + R R1
(V2R1 – V1R2)––––––––––––––––––––.R1R2 + R R2 + R R1
V1 – r i––––––––
r1
6 –
– 7
observa-se pelo gráfico característico do elemento k que opro duto acima se verifica para o ponto no qual os valores são:Ik = 1,5A e vk = 20v
2) o circuito proposto é dado por:
a) i = I + Ik
b) malha : 10 Ik + vk – 10 I = 0
10 . 1,5 + 20 – 10I = 0
I = 3,5A
c) malha : 10 I + 10 i – v + 10i = 0
10I + 20i = v
10 . I + 20 (I + Ik) = v
10 . 3,5 + 20 (3,5 + 1,5) = v
resposta: 135v
2. No circuito abaixo, no qual os geradores elétricos sãoideais, verifica-se que, ao man termos a chave K aberta, aintensidade de cor rente assinalada pelo am perímetro idealA é i = 1A. Ao fecharmos essa chave K, o mesmoamperímetro assinalará uma inten sidade de corrente iguala i’. Calcule o valor de i’.
resolução:1) Com K aberta:
12 – 6 = (2 + 1 + r) 1
6 = 3 + r
2) Com K fechada:
1) No nó N, temos: i1 = i2 + i3 (1)
2) Na malha da esquerda:
+ 12 – 1 i2 – 2 i2 + 3 i3 – 6 = 0
12 – 3 i2 + 3i3 – 6 = 0
3 (i3 – i2) = –6
i2 – i3 = 2 (2)
3) Na malha da direita:
+ 6 – 3 i3 – 2 i1 – 4 i1 + 26 = 0
–3 i3 – 6 i1 = –32
3 i3 + 6 i1 = 32 (3)
De (2): i2 = 2 + i3
De (3): i1 =
em (1): = 2 + i3 + i3
32 – 3 i3 = 12 + 12 i3
20 = 15 i3
Portanto: i2 = 2 + (A)
o amperímetro indica i2 = A
resposta: i’ = i2 = A
32 – 3 i3–––––––––6
32 – 3 i3–––––––––6
4i3 = ––– A
3
4–––3
10i2 = ––– A
3
10––––
3
10––––
3
v = 135v
r = 3W
3. (ItA-2005) – Um técnico em eletrô ni ca deseja medira cor ren te que passa pelo resistor de 12 W no cir cuito dafigura. Para tanto, ele dispõe apenas de um gal vanômetroe uma caixa de resistores. O galva nômetro possuiresistência interna Rg = 5 kW e su porta, no máximo, umacorrente de 0,1 mA. De termine o valor máximo do resistorR a ser colocado em paralelo com o galva nômetro paraque o técnico consiga medir a corrente.
resolução:
utilizando-se das leis de Kirchhoff, vem:Nó A: i1 + i2 = i3 (I)Malha : – 2i2 + 12 – 24 + 4i1 = 0 (II)Malha : 12 i3 – 12 + 2i2 = 0 (III)De I, II e III, vem:
Inserindo-se, agora, o galvanômetro e o respectivo re sis tor deresistência r associado em paralelo e ad mi tin do-se que estaassociação será ainda percorrida por uma intensidade de correntede 1,2A, vem:
Assim:
i3 = ig + is
1,2 = 0,1 . 10–3 + is
is = 1,1999A
os resistores rg e r estão em paralelo, assim:
u(r) = u(rg)
r . is = rg . ig
r . 1,1999 = 5 . 103 . 0,1 . 10–3
obs.: Ao inserirmos o galvanômetro no circuito, o valor de i3, defato, altera-se, o que nos remete à seguinte solução:
utilizando as leis de Kirchhoff, vem:
Nó A
i1 + i2 = i3 (I)
Malha
–2i2 + 12 – 24 + 4i1 = 0 (II)
Malha
12i3 + 5,0 . 103 . 0,1 . 10–3 – 12 + 2i2 = 0 (III)
De I, II e III, temos:
os resistores rg e r estão associados em paralelo, as sim:
i3 = ig + is1,1625 = 0,1 . 10–3 + isis = 1,1624 A
ainda, u(r) = u(rg)
r . is = rg . igr . 1,1624 = 5 . 103 . 0,1 . 10–3
respostas: 0,42W ou 0,43W
r @ 0,42W
i3 = 1,1625A
r @ 0,43W
i3 = 1,2A
8 –
MóDulos 33 e 34
1. Na figura, representamos quatro forças.Cada lado do quadrado pon -tilhado corresponde a 1N.O módulo da força resul tantedas quatro forças representadasé igual aa) 0 b) 1N c) 2Nd) 4N e) 8N
2. A figura mostra 5 for ças representadas por vetores deorigem comum, di rigindo-se aos vértices de um hexágonoregular. Sen do 10N o módulo da força
FC , a intensidade
da re sultante dessas 5 forças é:
a) 50 N b) 45 N c) 40 N d) 35 N e) 30 N
3. (uNesP) – Um caminhoneiro efetuou duas entregasde merca dorias e, para isso, seguiu o itinerário indi cadopelos vetores deslocamentos
d1 e
d2 ilustrados na figura.
Para a primeira entrega, ele deslocou-se 10 km e para asegunda entrega, percorreu uma distância de 6 km. Aofinal da segunda entrega, a distância a que o caminhoneirose encontra do ponto de partida é
a) 4 km b) 8 km c) 2 19 km
d) 8 3 km e) 16 km
4. (Fuvest-trANsFerêNCIA) – A figura abaixorepre sen ta a trajetória bidimensional de uma partículamovendo-se no pla no xy. Se a partícula passa pelo pontoP, no instante de tempo t, e pelo ponto Q, após 1 segundo,a velocidade vetorial média da partícula entre P e Q, emunidades do sistema SI, é dada por:
a) 6i + 3
j b) 2
i + 3
j c) 2
i + 2
j
d) 6i + 2
j e) 3
i + 6
j
Dados:i é o versor do eixo x;
j é o versor do eixo y
5. (ITA) – Um ponto material tem aceleração vetorialconstante.A respeito de sua trajetória, podemos afirmar:a) pode ser uma circunferência;b) só pode ser uma reta;c) só pode ser uma parábola;d) só pode ser uma reta ou uma parábola;e) só pode ser um ponto, uma reta ou uma parábola.
6. O gráfico da velocidade escalar em função do tempo,mostrado a seguir, representa o movimento de um carroque descreve uma trajetória circular de raio 16,0m.
Pedem-se:a) a velocidade escalar média entre os instantes t = 0 e
t = 6,0s.b) o intervalo de tempo, a partir do instante t = 0, para que o
carro complete uma volta.Adote π = 3.
c) o módulo da aceleração vetorial no instante t = 8,0s.
| |
| |
1
– 9
exercícios-tarefa
7. Uma partícula descreve uma circunferência de raio R = 4,0m com aceleração escalar variando com o tempot segundo a relação:
= 2,0t – 4,0 (SI)Sabe-se que em certo instante t1 a aceleração vetorial dapartícula é nula.Pedem-se:a) o instante t1.b) o gráfico da função = f(t).c) a velocidade escalar da partícula no instante t = 0.d) o módulo da aceleração vetorial da par tícula no instante
t = 0.
MóDulos 35 e 36
1. (ItA) – No circuito a seguir, quando o cur sor é colo -ca do no ponto C, o am perí me tro A não acu sa pas sagemde cor ren te.
Qual a diferença de potencial entre os pontos C e B?a) 4V b) 6V c) 10V d) 16Ve) nenhum dos va lores acima.
2. (ItA) – No circuito da figura, o gerador tem f.e.m. de12,0V e resistência interna desprezível. Liga-se o pontoB à Terra (potencial zero). O terminal negativo N dogerador ficará ao potencial VN, e a potência dissipada nocircuito, por efeito Joule, será P.
Os valores de VN e P serão dados por:VN P
a) +9,0V 12,0Wb) –9,0V 12,0Wc) nulo 48,0Wd) nulo 3,0We) nulo 12,0W
3.
No circuito anterior, o gerador e o receptor são ideais e ascorrentes têm os sentidos indicados. Se a inten si dade dacorrente i1 é 5A, então o valor da re sistência do resis tor Réa) 8W b) 5W c) 4W d) 6W e) 3W
4. No circuito elétrico representado a seguir, os sen tidosdas correntes fo ram indicados cor reta mente e a inten -sidade de cor rente i2 é 2A.
A força eletro motriz do gerador ideal va le 40V e a for çacontra-eletro motriz do receptor ideal valea) 5 V b) 12 V c) 15 V d) 20 V e) 25 V
5. (Fuvest-sP) – No circuito mostrado na Fig. 1, ostrês resistores têm va lo res R1 = 2W, R2 = 20W e R3 = 5W. A bateria B tem ten são constante de 12V. Acorrente i1 é considerada positiva no sentido indi cado.Entre os instantes t = 0s e t = 100s, o gerador G forneceuma tensão variável V = 0,5t (V em volt e t em segundo).
+G R
12V
R
B
Fig.1
i
+
1R2–
–
1
3
10 –
– 11
a) Determine o valor da corrente i1 para t = 0s.
b) Determine o instante t0 em que a corrente i1 é nula.
c) Trace a curva que representa a corrente i1 em função
do tempo t, no intervalo de 0 a 100s. Utili ze os eixos da
figura adiante, indicando clara mente a escala da cor -
ren te, em ampère (A).
d) Determine o valor da potência P recebida ou fornecida
pela bateria B no instante t = 90s.
6. (FuVesT-sP) – No circuito da figura, o componen -
te D, ligado entre os pontos A e B, é um diodo. Esse
dispositivo se comporta, idealmente, como uma cha ve
controlada pela diferença de potencial entre seus
terminais. Sejam VA e VB os potenciais elétri cos dos
pontos A e B, respectivamente.
Se VB < VA, o diodo se comporta como uma chave aberta,
não deixando fluir nenhuma corrente através dele, e se
VB ≥ VA, o diodo se comporta como uma chave fechada,
de resistência tão pequena que pode ser desprezada,
ligando o ponto B ao ponto A. O resistor R tem uma
resistência variável de 0 a 2Ω.
Sabe-se que VB ≥ VA quando 0 ≤ R < Ω e VB < VA
quando Ω < R ≤ 2Ω.
Neste circuito determine o valor da
a) corrente i através do resistor R, quando a sua re sistência
é 2Ω.
b) corrente i0, através do resistor R, quando a sua
resistência é zero e o valor da corrente nos outros ele -
mentos do circuito.
1––3
1––3
t(s)00
20 40 60 80 100
i1 (A)
resolução dos exercícios-tarefa MóDulos 33 e 34
1)
o vetorAB de módulo 2N representa a soma
F1 +
F2.
o vetor CD de módulo 2N representa a soma
F3 +
F4
A somaAB +
CD terá módulo 4N e representa a força
re sultan te F1 +
F2 +
F3 +
F4.
resposta: D
2)
Colocando-se Fe a partir da extremidade de
FB e
FA a
partir da extremidade de FD, verificamos que, pela
regra do polí gono:FB +
Fe =
FC
FD +
FA =
FC
F1
F2
F4
F3
r = 3
FC |
r| = 3 |
FC| = 30N
resposta: e
3) A distância x é dada pela apli -cação da lei dos co-se nos notriângulo da figura:x2 = d1
2 + d22 – 2d1 d2 cos 60°
x2 = (10)2 + (6)2 – 2 . 10 . 6 .
x2 = 100 + 36 – 60 = 76 = 4 . 19
resposta: C
4)
d = 6
i + 2
j (sI)
vm = = (sI)
resposta: D
5) resposta: e
6) a) 1) ∆s = área (v x t)
∆s = (12,0 + 4,0) + (20,0 + 12,0) (m)
∆s = 80,0m
2) vm = =
b) Para completar uma volta, a distância percorridadeve ser:
∆s = C = 2πr = 2 . 3 . 16,0 (m) = 96,0m
A partir do instante t1 = 6,0s, falta percorrer16,0m.
v = 20,0 = ∆t = 0,8s
t = t1 + ∆t = 6,8s
c) No instante t = 8,0s, o movimento é circular euniforme e a aceleração é centrípeta.
| acp| = = (m/s2)
respostas: a) @ 13,3m/s b) 6,8s c) 25,0m/s2
7) a) Para que a aceleração vetorial seja nula, deve -mos ter simultaneamente nulas as aceleraçõestangen cial e centrípeta.
Como |a | = | |, basta impormos que, no ins tante t1,
a aceleração escalar seja nula:
= 2,0t – 4,0 (sI)
0 = 2,0t1 – 4,0
b)
c) (1) ∆v = área do gráfico ( x t)
∆v1 = – (m/s) ∆v1 = –4,0m/s
(2) No instante t1, devemos ter v1 = 0 porque aaceleração centrípeta deve ser nula.
(3) ∆v1 = v1 – v0
–4,0 = 0 – v0
d) (1) at = 0 = 4,0m/s2 (instante t = 0)
(2) acp = = (m/s2) = 4,0m/s2
6 i + 2
j
–––––––––1
d
––––∆t
vm = 6
i + 2
j (sI)
2,0––––
24,0––––
2
∆s––––∆t
80,0m––––––
6,0s
vm = 13,3m/s
∆s––––∆t
16,0––––∆t
v2–––r
(20,0)2––––––
16,0
| acp| = 25,0m/s2
t1 = 2,0s
1–––2
x = 2 19 km
t = 2,0s = 0
t = 0 = –4,0m/s2
2,0 . 4,0––––––––
2
v0 = 4,0m/s
16,0––––4,0
v02
–––r
12 –
(3) a2 = a2t + a2
cp
a20 = (4,0)2 + (4,0)2
respostas: a) 2,0s b) ver gráfico
c) 4,0m/s d) 4,0 2 m/s2
MóDulos 35 e 36
1) se o amperímetro não acusa passagem de cor ren -te elétrica, o circuito dado resume-se a:
Assim, temos:
uCB + uAC = 10v
uCB + 4v = 10v
resposta: B
2) Cálculo da intensidade total (i) da corrente elé -trica:
i = i = (A)
Mas: uBC = r2 ivB – vC = 9,0 (1,0)vB – vC = 9,0v
temos ainda: vB = 0 e vC = vN0 – vN = 9,0v
Finalmente: P = (r1 + r2) i2
P = (3,0 + 9,0) . 1,02
resposta: B
3)
Nó A
i = i1 + i2
i = 5 + i2 (1)
Malha
+14 + 2 . i2 – 4 . i1 = 0
+14 + 2i2 – 4 . 5 = 0
De (1), vem i = 8A
Malha
+4 . i1 + r . i – 60 = 0
+4 . 5 + r . 8 – 60 = 0
resposta: B
4)
Nó A: i1 = 2 + i3
Malha : e’ + 5 . 2 + 2 . i1 – 40 = 0
e’ + 2 i1 = 30
Malha : +10 i3 + 2 i1 – 40 = 0
5 i3 + i1 = 20
e––––––––r1 + r2
12––––––––3,0 + 9,0
i = 1,0A
vN = –9,0v
P = 12,0W
uCB = 6v
i2 = 3A
r = 5W
cpa0 = 4,0 2 m/s2
– 13
De e i1 = 5A e i3 = 3A
em e’ + 2 . 5 = 30
resposta: D
5)
Nó A: i + i1 = i2
Malha : r2 . i2 – 12 + r1 i1 = 0
20 . i2 – 12 + 2 i1 = 0
i1 + 10 i2 = 6
Malha : – r1 i1 + 12 – v + r3 i = 0
– 2 i1 + 12 – v + 5i = 0
5i – 2 i1 = v – 12
em :
i1 + 10 (i + i1) = 6
11 i1 + 10i = 6
5,5 i1 + 5i = 3
– : 7,5 i1 = 15 – v
7,5 i1 = 15 – 0,5t
a) Para t = 0, vem:
b) Para i1 = 0, vem:
15 – 0,5tc) De i1 = – –––––––––, concluímos que o gráfico i1 x t
7,5
é retilíneo. Para t = 100s, temos i1 @ – 4,7A
Assim, temos o gráfico:
d) Para t = 90s, temos:7,5 i1 = 15 – 0,5 . 90i1 = – 4APortanto, a bateria B funciona, neste instante,como receptor e a potência recebida será:
P = u . i1 P = 12 . 4 (W)
respostas: a) 2A b) 30s c) gráfico acima d) 48W
6) a) sendo r = 2W, temos vB < vA e o diodo secomporta como uma chave aberta. Neste caso,temos o circuito:
Pela lei de Pouillet, resulta:e
i = –––– ∑ r
15 – 0,5ti1 = –––––––––––7,5
i1 = 2A
t = 30s
t(s)00
20 40 60 80 100
i1(Α)
1
2
3
−1
−2
−3
−4
−5
P = 48W
+
–
G
12V
R1
R 3
i
i
i
i+
++
+
=5Ω
A
=2ΩV
β
α
–
–
–
–
i2
i2
i1 R 2 = 20Ω
e’ = 20v
14 –