|
|
RESOLUÇÕES
01-
a)
Carga
elétrica q (no
caso, prótons)
lançada com velocidade 
lançada
perpendicularmente às
linhas de indução de um campo
magnético uniforme 
---
observe que, neste caso o ângulo entre e é
90o e
que sen90o=1.
Na
figura abaixo prótons de carga q penetram
com velocidade
no
ponto A numa região em que existe um campo magnético
uniforme penetrando
na folha. Observe que e são
perpendiculares e, como a velocidade é
sempre tangente à trajetória em cada ponto,
a força magnética 
,
obtida pela regra
da mão esquerda e indicada na figura é sempre dirigida para o
centro de
uma circunferência de raio R. Assim, a carga q realizará um movimento circular uniforme com velocidade de intensidade constante .
A expressão matemática dessa força magnética é Fm=q.V.B.senθ=q.V.B.1 --- Fm=q.V.B --- lembrando que a força magnética Fm que é responsável pelo movimento circular é a força resultante centrípeta de intensidade Fc=m.V2/R --- Fm=Fc --- q.V.B=m.V2/R --- R=m.V/q.B --- V=q.B.R/m
São fornecidos:
b) Aplicando uma regra de três:
c) Veja no ítem (a) que R=m.V/q.B e V é 10% da velocidade da luz V=0,1.3.108=3.107m/s
R=1,6.10-27.3.107/1,6.10-19.2=4,8.10-20/3,2.10-19=1,5.10-1 --- R=0,15m=15cm --- R=15cm
Os prótons não incidirão no receptor o que aconteceria se o raio fosse superior a 45cm.
02- a) Cálculo da força de atrito Fat no plano inclinado --- Fat=µN=µPN=µmgcos30o=0,5.(2/3).10.0,8=8/3 --- Fat=8/3J.
Trabalho W da força de atrito no deslocamento d=2m --- WFat=Fat.d=(8/3).2=16/3J --- WFat= 16/3J
b) Quando a mola está comprimida de ∆x=20cm=0,2m toda energia por ela armazenada é a energia potencial elástica da mola dada por --- Epe=k. (∆x)2/2=1200.(0,2)2/2 --- Epe=24J.
Trabalho da força peso durante a subida de d=2m --- WP=Pp.d=mgsen30o=(2/3).10.(1/2).2 --- Wp=20/3J
Durante a subida, como existe atrito, a energia dissipada na subida que é o trabalho da força de atrito
WFat=16/3J mais o trabalho da força peso (dificulta a subida) corresponde à energia potencial elástica total Epe=24J menos a energia cinética no alto da rampa (velocidade V) de valor Ec=mV2/2=(2/3)V2/2= V2/3 --- 16/3 + 20/3 = 24 – V2/3 --- 36/3 – 24 = - V2/3 --- - 36/3=- V2/3 --- V=√36 --- V=6m/s
c) Quando o bloco sai da rampa com velocidade de V=6m/s ele é lançado obliquamente com ângulo
de 30o com a horizontal (lançamento obliquo) --- para calcular a altura máxima atingida você pode usar apenas a componente vertical da velocidade Voy=Vo.sen30o=6.(1/2) --- Voy=3m/s --- quando ele atinge a altura máxima h na vertical Vy=0 e, aplicando a equação de Torricelli --- Vy2 = Voy2 – 2.g.h ---
02=32 – 2.10.h --- h=9/20=0,45m --- h=45cm
03- a) O calor específico da substância no estado líquido ocorre no trecho compreendido entre 0 e 5s quando a temperatura varia de 20oC a 60oC (Δθ=60 – 20=40oC) e a quantidade de calor recebida por essa substância nesses 5 min é de Q=2000x5=10000cal.
Equação fundamental da calorimetria --- Q=m.c.Δθ --- 10000 = 600.c.40 --- c=10000/24000 ---
c≈0,41 cal/goC.
b) O calor latente ocorre no trecho onde não há mudança de estado (entre 5min e 20 min sendo Δθ=15min) e a massa evaporada equivale a 20% da massa total, ou seja, foram evaporadas m=0,2x600=120g e utilizados uma quantidade de calor de Q=15x2000=30000cal --- Q=m.L ---
30000=120L --- L=250cal/g.