Gabarito:
Resposta da questão 1:
a) Como não foi especificado velocidade escalar média, trata-se de velocidade vetorial
média, pois velocidade é uma grandeza vetorial.
A figura mostra o deslocamento vetorial (d) entre os pontos A e B.
O módulo (d) desse deslocamento é:
2 2 2 6d 40 30 d 50 m 50 10 m.μ
Na figura dada, contamos 10 deslocamentos sucessivos entre A e B. Assim:
t 10 30 t 300 s.Δ Δ
Então:
67
m md 50 10
v v 1,67 10 m/s.t 300Δ
b) Dados: I 2 D t; D kT r; 18 3k 3 10 m sK; 6r 3 m 3 10 m;μ T 300 K;
t 10 min 600 s.Δ
Combinando as expressões dadas e substituindo os valores, vem:
184
6
k T 3 10 300I 2 t I 2 600 I 6 10 m.
r 3 10
Resposta da questão 2:
a) Dados: 3S 1.200 km 1.200 10 m; t 800 s.Δ Δ
3
m mS 1.200 10
v v 1.500 m/s.t 800
Δ
Δ
b) Dados: 0 0S 32 km 32.000 m; S 0; v 0; t 80 s.
R R2 2 20 0 R
a aS S v t t 32.000 80 a 10 m/s .
2 2
Resposta da questão 3:
a) Dados: 2m 60 kg; g 10 m/s ; h 10 m.
pot potE m g h 60 10 10 E 6.000 J.
b) 2amV L kg30 30 ; m 60 kg; g 10 m/s .
t s t sΔ Δ
O piloto está em equilíbrio: a aF P m g 60 10 F 600 N.
aa a a a
mQ= F t m v F t v F 30 v 600
t
v 20 m/s.
Δ Δ Δ Δ Δ ΔΔ
Δ
Resposta da questão 4:
Dados: m 500 g; P 100 cal/min.
Q m c T100 30P t
m c T P t c Qm T 500 50 10P Q P t
t
c 0,15 cal/g °C.
C m c 500 0,15 C 75 cal/°C.
ΔΔ
Δ ΔΔΔ
Δ
Resposta da questão 5:
Dados: r 200 ; V 127 V; i 127 mA 0,127 A.Ω
Calculando R:
127
V R r i 127 R 200 0,127 R 200 1.000 200 0,127
R 800 .Ω
A potência dissipada pela torneira é:
22P r i 200 0,127 P 3,23 W.
Resposta da questão 6:
A figura ilustra os pontos destacados no gráfico que são relevantes para as resoluções
dos dois itens.
a) Dados: V 0,4 V; m 5 g; t 4 h.Δ
Do gráfico:
m
V 0,4 V C 20 mAh/g.
Q m C 5 20 Q 100 mAh.
Q 100i Q 25 mA.
t 4Δ
b) Dados: i 2 mA.
Do gráfico:
C 10 mAh/g V 0,2 V .
P i V 2 0,2 P 0,4 mW.
Resposta da questão 7:
Se o movimento é circular uniforme, a força magnética atua como resultante centrípeta.
2
mag cent
m v m vF R q v B R .
R q B
Resposta da questão 8:
a) Dados:
3 3 3 3V 1.800 cm 1,8 10 m ; m 6 kg 6 10 g; M 44 g / mol; R 8,3 J / mol K; T 300 K.
Da equação de Clapeyron:
3
3
8 2
m R Tm 6 10 8,3 300p V R T p
M V M 1,8 10 44
p 1,89 10 N/m .
b) Dados: m = 50 g; v = 20 m/s.
Estimando a massa do extintor: Mext = 10 kg = 10.000 g.
Como se trata de um sistema mecanicamente isolado ocorre conservação do momento
linear. Assim, em módulo:
extext
m v 50 20M V m v V V 0,1 m/s.
M 10.000
Resposta da questão 9:
a) Dados: re = 42.000 km; 3.π
Como o satélite é geoestacionário, seu período orbital é igual ao período de rotação da
Terra:
T = 24 h.
Calculando a intensidade da aceleração centrípeta:
2 2 22
c e e c 2
2c c 2
2c
2 4 4 3a r r a 42.000 42.000
T 57624
1.000 ma 2.625 km/h a 2.625
3.600 s
a 0,2 m/s .
π πω
b) Dados:
6 24 11 2e
2 6c42 10 m; M 6 10 kg; G 6,7 10 kg m / kgr 4 ; r 7.000 km 7 102.000 m m.k
ad e c ade c e c
11 24 2
ad 6 6
1715
ad ad6 6
9ad
G M m G M m G M m 1 1E E E E
2 r 2 r 2 r r
6,7 10 6 10 2 10 1 1E
2 42 10 7 10
1 6 2 10E 40,2 10 E
42 10 42 10
E 4,8 10 J.
Resposta da questão 10:
a) Dados: aP 1.400W; 50% 0,5; 20 C; m 100g; c 4,2J / g C.η Δθ
Calculando a potência útil:
U T UP P 0,5 1.400 P 700 W.η
Da expressão da potência térmica:
aU
U U
m cQ Q 100 4,2 20P t t
t P P 700
t 12 s.
ΔθΔ Δ
Δ
Δ
b) Dados: L = 30 cm; 8v c 3 10 m / s
Observando a figura dada, concluímos que entre as paredes cabem 2,5 comprimentos de
onda. Assim:
2302,5 L 12 cm 12 10 m.
2,5λ λ λ
Da equação fundamental da ondulatória:
810 9
2
v 3 10v f f 0,25 10 Hz 2,5 10 Hz
12 10
f 2,5 GHz.
λλ
Resposta da questão 11:
a) Dados: 8 8 2R 1,5 ; 64,8 10 m; A 1,296 10 m .Ω ρ Ω
Da segunda lei de Ohm:
8
8
L R A 1,5 1,296 10R L 1,5 0,02 0,03 m
A 64,8 10
L 3 cm.
ρ
ρ
b) Do gráfico da Figura 1, conforme ponto assinalado:
f = 8 MHz e R 4 H 35Oe.Ω
Do gráfico da Figura 2, conforme ponto assinalado:
rH 35Oe 1.000μ
Substituindo os valores obtidos na expressão fornecida:
818 9 6
3 6r
64,8 10 500 500 81 10 500 9 10 4,5 10 m
10 8 10
4,5 m.
kf
δ δ
δ μ
ρδ
μ
Resposta da questão 12:
Dados: R 5 ; U 120V; t 10min 1/ 6h.Ω Δ
2 2U 120 1E P t t 480 W h E 0,48 kW h.
R 5 6Δ Δ Δ Δ
Resposta da questão 13:
a) Analisando o gráfico 1, referente à terceira corrida, teremos:
S 7,5km
t 0,5h
S 7,5km kmV V 15ht 0,5h
Δ
Δ
Δ
Δ
Com a velocidade do atleta, teremos a constante CMET do gráfico 2:
METkm kJ
V 15 C 60h kg.h
MET. E C m.t = 60.70.0,5 E = 2100kJ
Resposta: 3kJE = 2,1x10
b) Considerando que o pé de um adulto possui aproximadamente 0,1m x 0,25m,
podemos estimar sua área: 2 2A 0,1x0,25 2,5x10 m .
Cálculo da pressão:
422
FP
A
F Peso m.g
m.g 70.10 NP 2,8x10A m2,5x10
Resposta: 4P 2,8x10 Pa
Resposta da questão 14:
a) Como S
Vt
Δ
Δ , teremos:
118 3S 1,5x10
V 3,0x10 t 0,5x10 st t
ΔΔ
Δ Δ
Resposta: 2t 5,0x10 sΔ
b) eT mg F 0
e ee
F FTg45 1 F mg
mg mg
Como 2
2e
qF k
d:
2
e 2F mg mg
qk
d
De acordo com o enunciado:
k = 9 109 N m
2/C
2
d = 3 cm = 3x10-2
m
m = 0,004 g = 4x10-6
kg
g = 10 m/s2
Substituindo os valores:
2 9 26 2 18
2 2 2
9x10 .qmg 4x10 .10 q 4x10
(3x10 )
qk
d
Resposta: 9| q | 2,0x10 C
Resposta da questão 15:
a) Dados: m = 1000 kg; v0 = 6000 m/s; v = 0; Δt = 7 min = 420 s.
Da segunda lei de Newton, para a força resultante tangencial:
6
res res 2
4res
v 0 6000 6 10F m a F m 1000
t 420 4,2 10
F 1,43 10 N.
b) Dados: m = 1000 kg; h0 = 125 km = 125 103 m; h = 100 km = 100 10
3 m; v =
4000 m/s; v0 = 6000 m/s; gMarte = 4 m/s2.
Sendo WFat o trabalho da força de atrito, aplicando o Teorema da Energia Mecânica:
22final inicial 0Mec Mec Marte Marte 0Fat Fat
2 20 Marte 0Fat
2 2Fat
7 6 10Fat
m vm vW E E W m g h m g h
2 2
mW v v m g h h
2
1000W 4000 6000 1000 4 100 125 1000
2
W 500 2 10 4 10 25 1 10 1 10
8
10Fat
W 1,01 10 J.
Resposta da questão 16:
co Po cf Pf
2 22 20 0f f
0 f 0 f
E E E E
mv mvmv mvmgh mgh mgh mgh
2 2 2 2
No solo fh é nulo logo:
22fv3
10.0,82 2
2fV 25
fV 5m / s
Resposta da questão 17:
Condições iniciais do gás: 0 0 0v v p p θ θ
Condições finais do gás: f f fv 0,5v p ? θ θ
0 0 f f f f
f 0
p v p v p 0,5 v pp v2
o pθ θ θ θ
Resposta da questão 18:
a) Dados: P0 = 24 W; d = 2 m; 3; 60 .π θ
Combinando as expressões dadas:
20 2
2 200 2 2
0 2
2
I I cosP 24 1 1 1
P I cos cos 60 2 2 8I 4 d 4 3 2
4 d
I 0,125 W / m .
θ
θπ
π
b) Dados: B B r 1 60 ; 90 ; n 1.θ θ θ
B r r r90 60 90 30 .θ θ θ θ
Na lei de Snell:
1 B 2 r 1 2 2
2
3 1n sen n sen n sen 60 n sen 30 1 n
2 2
n 3.
θ θ
Resposta da questão 19:
a) Dados: c = 3 108 m/s; f = 60 Hz.
Da equação fundamental da ondulatória:
86c 3 10
c f 5 10 m.f 60
λ λ λ
b) Dados: P = 400 MW = 400 106 W; U = 500 kV = 500 10
3 V.
Da expressão da potência elétrica:
6
3
P 400 10P U i i i 800 A.
U 500 10
Resposta da questão 20:
Dados nominais fornecidos no enunciado:
U 200V P 60w
A partir destes dados, temos:
3E P t 15.10 k 4 hΔ ω neste resistor é dada por:
2 2U 100 3.10000P
2000R 2000
3
30P P 15w
2
A energia consumida em 4 horas é dada por:
3E P t 15.10 kw 4 hΔ
E 0,06kwh
Resposta da questão 21:
Como a potência de entrada é igual à de saída, temos:
e e s si U i U
Substituindo pelos valores apresentados, temos:
ei 120 1,2 10
ei 0,1A
Resposta da questão 22:
No movimento uniformemente variado (MUV), a velocidade média é igual a média das
velocidades. Como podemos perceber nesta questão, as velocidades médias dos móveis
A e B são iguais (executam o mesmo deslocamento escalar no mesmo intervalo de
tempo), portanto, a média das velocidades dos dois veículos também será igual. Logo:
0A FA 0B FB
0A 0A A 0B 0B B
0A A 0B B
V V V V
2 2
V (V a .t) V (V a .t)
2.V a .t 2.V a .t
Conforme o enunciado, temos:
0A 0
0B 0
A
B
V V
V 2V
a a
a a / 2
Assim:
0 0
0 0
0
0
2.V a.t 2.(2V ) (a / 2).t
a2.V a.t 4.V .t
2
at2V
2
4Vt
a
Resposta da questão 23:
O período é dado por:
t 10T 0,5s
n 20
1 1f f 2Hz
T 0,5
Δ
Resposta da questão 24:
a) Dados: R = 6.800 km; f = 16 voltas/dia = 2/3 volta/hora; 3.π
Da expressão da velocidade para o movimento circular uniforme:
2v 2 Rf 2 3 6.800 v 27.200 km / h.
3π
b) 4 3m 90 toneladas 9 10 kg;v 8 10 m / s.
2
4 32
12C C
9 10 8 10mvE E 2,88 10 J.
2 2
Resposta da questão 25:
Variação da quantidade de movimento:
Q m. VΔ Δ forma escalar
Q 0,06.(60 0) 0,06.60 3,6
Q 3,6 kg m s
Δ
Δ
Variação da energia cinética:
220
C C.F C.0
2
C
C
VVE E E m. m.
2 2
60E 0,06. 0
2
E 108 J
Δ
Δ
Δ
Resposta da questão 26:
Analisando as forças atuantes sobre a madeira que flutua no recipiente “B”, temos:
Como podemos perceber, o módulo do empuxo (E) é igual ao peso da madeira (PM),
entretanto o princípio de Arquimedes nos diz que o módulo do empuxo (E) é igual ao
pelos do líquido deslocado (PLD). Assim, podemos concluir que:
LD MAD.P P
Assim sendo, se retirarmos a madeira e completarmos o recipiente com água, a
indicação na balança continuará a mesma, ou seja, equilibrada.
Resposta da questão 27:
CAPACIDADES TÉRMICAS:
xx
x
x
yy
y
x
Q 80cal 80calC
(281 273)K 8K
C 10cal / K
Q 40cal 40calC
(283 273)K 10K
C 4cal / K
Δθ
Δθ
CALORES ESPECÌFICOS SENSÌVEIS:
x x x x
x
y y y y
y
C m .c 10 20.c
c 0,5cal / gK
C m .c 4 10.c
c 0,4cal / gK
Resposta da questão 28:
QP P. t m.c.
t
P. t 120 60
m.c 200 1
36 C
Δ ΔθΔ
ΔΔθ
Δθ
Resposta da questão 29:
Conectando as esferas por fios condutores, haverá um rearranjo das cargas.
Considerando as esferas idênticas, a carga final de cada uma após a conexão é dada por:
A BQ Q 20 ( 4)Q'
2 2
Q' 8 Cμ
Como a carga final de todas as esferas é positiva, a força entre elas será repulsiva.
Assim sendo, após a desconexão dos cabos condutores, a força resultante sobre a
partícula 3 pode ser representada pela ilustração abaixo:
Resposta da questão 30:
t1 = 3 s S1 = 28 m; t2 = 8 s S2 = 58 m.
Calculando a velocidade:
S 58 28 30v v 6
t 8 3 5
m/s.
Calculando a posição inicial A (no instante t = 0):
AA
28 SSv 6 28 S 18
t 3 0
SA = 28 – 18 SA = 10 m
Resposta da questão 31:
a) Dados: v = 72 km/h = 20 m/s; m = 70 kg; t = 0,1 s; v’ = 0.
Como a força pedida é a resultante, podemos usar o Teorema do Impulso.
R
m v 70 20I Q F t m v F
t 0,1
F 14.000 N.
b) Dados: E = 12 kJ = 12 103 J; m = 60 kg.
EP = E m g h = E
E 12.000h h 20 m.
m g 60 10
Resposta da questão 32:
Dados:
M = 50 kg PC = PM = 500 N; m = 10 kg Q = 100 N; g = 10 m/s2; AB = 2 m
MB = 1 m.
Uma pessoa permanece em M, ponto médio da prancha; a outra pode deslocar-se, no
máximo, até o ponto C, quando a prancha está na iminência de tombar. Nessa situação,
a normal de contato entre a prancha e o apoio A é nula.
Em relação ao ponto B, o somatório dos momentos horários é igual ao somatório dos
momentos anti-horários.
C MP P QM M M PC x = (PM + Q) 1 500 x = (500 + 100) 1 600
x500
x = 1,2 m.
Mas, da figura:
d = 1 + x d = 1 + 1,2 d = 2,2 m.
Resposta da questão 33:
a) Dados: M = 430 kg; D = 2,4 m; d = 0,6 m; sen 30° = 0,5; cos 30° = 0,86; g = 10
m/s2.
Como o braço está em equilíbrio de rotação, o momento resultante é nulo.
Assim, em relação ao ponto O, temos:
yF PM M Fy d = M g D F cos 30° (0,6) = 430 (10) (2,4) F =
10.320
0,6 0,86
F = 20.000 N.
b) Dado: F = 4,5 N.
Da figura dada, a superfície de contato com a madeira é um retângulo de 0,2 mm
por 30 mm. Então a área é:
A = 30 (0,2) = 6 mm2 = 6 10
–6 m
2.
Da definição de pressão:
p = 6
F 4,5
A 6 10
p = 7,5 10
5 N/m
2.
Resposta da questão 34:
Dados: V = 600 V; E = 200 V/m; k = 9 109 N.m
2/C
2.
Como o Potencial elétrico é positivo, a carga é positiva. Então, abandonando os
módulos, temos:
2
2
kQV
V kQ r V 600r r r r = 3 m.
kQ E r kQ E 200E
r
Substituindo na expressão do Potencial:
9
9
3 600r VkQV Q 200 10
r k 9 10
Q = 2 10–7
C.
Resposta da questão 35:
Dados: UCD = UBE = 18 V; i2 = 4,5 A.
1ª Solução:
No resistor R3:
UCD = R3 i3 18 = 12 i3 i3 = 1,5 A.
A corrente total é:
i = i2 + i3 = 4,5 + 1,5 i = 6 A.
Aplicando a Lei de Kirchoff na malha ABCDEFA:
E – R1 i – UCD – R4 i = 0 E = 3 (6) + 18 + 4 (6) E = 60 V.
2ª Solução:
No resistor R3:
UCD = R3 i3 18 = 12 i3 i3 = 1,5 A.
No resistor R2:
UBE = R2 i2 18 = R2 (4,5) R2 = 4Ω .
A corrente total é:
i = i2 + i3 = 4,5 + 1,5 i = 6 A.
Calculando a resistência equivalente do circuito:
Req = 2 31 4 eq
2 3
R R 12 4R R R 3 4
R R 12 4
Req = 10 .
Aplicando a Lei de Ohm-Pouillet:
E = Req i E = 10 (6) E = 60 V.
Resposta da questão 36:
Dados: v = 1.188km/h = 330 m/s; f = 2.640 Hz.
Da equação fundamental da ondulatória:
v 330v f 0,125 m.
f 2.640
Resposta da questão 37:
Lembrando que no gráfico da aceleração escalar em função do tempo a variação da
velocidade é numericamente igual a área entre a linha do gráfico e o eixo dos tempos,
como destacado na figura, temos:
v = v1 + v2 + v3 = v = (6 4) – (4 3) + (6 4) = 24 –12 + 24 = 36 cm/s.
Mas v = v – v0. Então:
v – 2 = 36
v = 38 cm/s.
Resposta da questão 38:
Dados: m1 = 0,4 kg; m2 = 0,6 kg.
Analisando a figura:
Como os corpos estão em equilíbrio, as forças também se equilibram em todas as
direções: Assim:
T = Px1 e T = Px2. Logo:
Px2 = Px1 m2 g sen 1 g sen 30° sen 1
2
m
msen 30° sen
0,4 1
0,6 2 sen
1.
3
= arc sen 1
.3
Resposta da questão 39:
a) dados: T = 27 dias = (27 24) h; r = 3,8 108 m = 3,8 10
5 km.
v =
S
t=
2 r
T. Considerando = 3, vem:
v = 5 52 3 3,8 10 1,9 10
27 24 54
v 3.520 km/h 978 m/s.
b) Dados: m = 70 kg; v = T2gR ; RT = 6,4 106 m.
De acordo com o enunciado, a energia deve ser igual à energia cinética de lançamento:
E = EC = 21mv
2=
2
T1
m 2 g R2
= T
1m 2 g R
2= m g RT = 70 (10) (6,4 10
6)
E = 4,48 109 J.
Resposta da questão 40:
Dados: h1 = 5.000 m; h2 = 500 m.
1 1 1
2 2 2
E m g h h 5.000
E m g h h 500
1
2
E10.
E
Resposta da questão 41:
No gráfico, vemos que para v = 1 m/s, a Ec = 1 J. Substituindo esses valores na
expressão da energia cinética, vem:
Ec = 2m v
2 m = c
2
2 E 2 (1)m m 2
1v kg.
Para v = 5 m/s, a quantidade de movimento desse corpo é:
Q = m v Q = 2 (5)
Q = 10 kg.m/s
Resposta da questão 42:
Dados: ℓ0A = 3 ℓ0B; A0 = 75 cm2; T = 320 – 20 = 300 °C; B = 9 A A =
B
9 (o
material das hastes menores tem que ter maior coeficiente de dilatação que o das
maiores, para que elas atinjam o mesmo comprimento que essas.)
Quando a figura se transforma num quadrado, as hastes atingem o mesmo comprimento.
Lembrando a expressão da dilatação linear: ℓ = ℓ0 (1 + T), vem:
ℓA = ℓB
ℓ0A (1 + A T) = ℓ0B (1 + B T). Substituindo os dados:
3 ℓ0B (1 + B
9300) = ℓ0B (1 + B 300). Cancelando ℓ0B em ambos os membros e
aplicando a distributiva, temos:
3 + 100 B = 1 + 300 B 200 B = 2 B = 2
200
B = 1 10–2
°C–1
Comentários:
– a informação da área inicial do retângulo foi desnecessária;
– não há em tabela alguma material sólido que tenha coeficiente de dilatação linear tão
alto.
Resposta da questão 43:
Dados: m = 500 g; Q > 12 kcal = 12.000 cal.
m c (T – 0) > Q T > Q 12.000
m c 500 (1) T > 24 °C.
Na tabela, vemos que as capitais que têm temperatura média máxima maior que a
calculada são: F, G, H, J e K.
Portanto, são 5 as capitais em que são necessárias mais de 12 kcal para aquecer 500 g de
água de 0°C até a temperatura média local.
Resposta da questão 44:
Dado: = 4 n.
O número de imagens (n) obtidas pela associação de dois espelhos planos que formam
entre si um ângulo (em graus) é dado pela expressão:
n =
3601. Assim:
360
n 14 n
(M.M.C. = 4 n)
4 n2 = 360 – 4 n n
2 + n – 90 = 0. Aplicando a fórmula de Baskara:
n =
21 1 360 1 19
.2 2
Ignorando a resposta negativa, temos:
18
n n 9.2
Como: = 4 n
= 36°
Resposta da questão 45:
A distância percorrida pelo avião é:
v = S/t
800 = S/24
S = 800.24 = 19200 km
A distância percorrida pelo navio é o DOBRO da distância percorrida pelo avião, ou
seja:
19200.2 = 38400 km
A velocidade média do navio é:
v = S/t = 38400/(50.24) = 38400/1200 = 32 km/h
Pela função horária de Galileu S = S0 + v0.t + at2/2
Considerado que S0 = 0; S = 800 km = 800000 m; v0 = 0 (parte do repouso); a = 10 m/s2
S = S0 + v0.t + at2/2
800000 = 10t2/2
160000 = t2 t = 400 s = 6 min 40 s
Resposta da questão 46:
No diagrama de velocidade versus tempo, como o que temos, a distância total
percorrida em dado intervalo de tempo corresponde numericamente a área entre a linha
de gráfico e o eixo dos tempos.
Neste problema a distância total percorrida corresponde a soma das áreas dos retângulos
e do trapézio. Assim:
S = 10.5 + (5+15).(20-10)/2 + (30-20).15 = 50 + 100 + 150 = 300 m
A velocidade média é v = S/t = 300/30 = 10 m/s
Resposta da questão 47:
O valor de M deverá produzir uma tensão T = M.g que deverá equilibrar a força devida
a pressão atmosférica sobre os dois vasos, dada por, P = F/A F = P.A
Então P.A = M.g M = P.A/g = 105.10/10 = 10
5 kg = 10
2 t = 100 toneladas
Resposta da questão 48:
Pela lei de Snell
nar.seni = nágua.senr
Como os ângulos envolvidos são muito pequenos é verdade afirmar que sen = ,
então:
nar.seni = nágua.senr
nar.i = nágua.r
1.4 = 1,33.r r = 4
1,33= 3
Resposta da questão 49:
Para o primeiro resistor U = r.i 11,6 = 5,8.i i = 2 A
Para o segundo resistor U = r.i 11,4 = 3,8.i i = 3 A
Estas são as correntes que a bateria forneceu para cada resistor na sua vez.
Isto significa pela lei de Pouillet
Ei
r R
E2
r 5,8
E3
r 3,8
Onde E e r são os parâmetros da bateria, ou seja, força eletromotriz e resistência interna.
2/3 = (r + 3,8)/(r + 5,8)
3(r + 3,8) = 2(r + 5,8)
3r + 11,4 = 2r + 11,6
r = 11,6 – 11,4 = 0,2Ω
E = 2.(r + 5,8) = 2.6 = 12 V
Considerando agora o novo resistor de 11,8Ω
E 12 12i 1 A
r R 0,2 11,8 12
A energia dissipada é Energia = P.Δ t = R.i2. t = 11,8.1
2.10 = 118 J
Resposta da questão 50:
No trecho em que a força de tração é constante é verdadeiro afirmar que:
Trabalho = Força.Deslocamento
Trabalho = 800.(50 – 10) = 800.40 = 32000 J
O diagrama a seguir destaca o trabalho calculado.
O trabalho realizado foi de 444000 J no intervalo de tempo de 40 s. Como potência é a
razão entre o trabalho realizado e o intervalo de tempo temos:
P = (Trabalho)/t = 444000/40 = 11100 W
Realizada a transformação para cavalo-vapor: 11100/740 = 15 CV
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