Energia elétrica – Resolução

 Resolução comentada dos exercícios de vestibulares sobre

Potência elétrica – Energia elétrica

01- a) A lâmpada de menor potência – 40W
b) O de maior potência – caminhão
c) Lâmpada de 40W, lâmpada de 100W, ferro elétrico, fusca e caminhão
02- Quanto maior o número de equipamentos elétricos, maior o consumo de energia (III)  —  observe na expressão W=P_o.Δt que o consumo de energia W depende também da potência do equipamento P_o (I) e do tempo Δt de funcionamento (II)  —  R- E
03- Observe que em cada uma das recomendações você tentando diminuir o efeito Joule, ou seja, a transformação de energia elétrica em térmica  —  R- C
04- A energia elétrica é expressa por W=P_o.Δt, medida em megawatts.hora MW.h) e não megawatts por hora (MW/h)  —  R- D
05- a) O disjuntor desliga quando a potência total for superior a P_ot=i.U=15.110  —  P_ot=1.650W  —  o ferro elétrico e a lâmpada.
b) n=1.650W/100W  —  n=16,5  —  n=16 lâmpadas
06- P_o=i.U=0,2.10  —  P_o=2,0W
07- P_o=i.U=2.600  —  P_o=1.200W  —  P_o=W/Δt  —  1.200=W/3.10^-3  —  W=3,6J  —  R- C
08- P_o1=i₁.U₁=i₁.110  —  P_o2=i₂.U₂=i₂.110  —  P_o1=P_o2  —  110.i₁=220.i₂  —i₁=2i₂  —  a corrente que percorre o primeiro é 2 vezes maior que a corrente que percorre o segundo, mas o consumo de energia é o mesmo, pois a potência é a mesma  —  R- B
09- R- E  —  veja teoria
10- a) TENSÃO DE ALIMENTAÇÃO; 24V
    POTÊNCIA CONSUMIDA: 150W
b) P_o=i.U  —  150=i.24  —  i=6,25A
11- W=P_o.Δt=30(1,5.8 + 3,3.1/3 + 0,2.10 + 0,36.10 + 0,1.6)=30.(12 + 1,1 + 2,0 + 3,5 + 0,6)=30.(19,4)  —  W=582Wh  —  regra de três  —  1kWh – 0,40  —  1.362kWh – x  —  x=232,8  —  R- E
12- a) P_ot=4.000×60 + 600×200  —  P_ot=240.000 + 120.000  —  P_ot=360.000W  —  P_ot=i.U  —  360.000=120.i  —  i=3.000A
b) W_t=P_ot.Δt=360.000×120=43.200.000Wh=43.200kWh  —  R$=43.200×0,40  — R$=17.280,00
13- W=P_o.Δt=12.8800  —  W=105.600Wh  —  W=105,6kWh  —  R$=105,6.0,5=52,80  — R- D
14- P_o=i.U=2.10⁵.2,5.10⁷  —  P_o=5,0.10¹²W  —  W=P_o.Δt=5.10¹².10^-3  —  W=5.10⁹J  —  regra de três  —  1kWh – 3,6.10⁶J  —  xkWh – 5,0.10⁹J  —  x=5.10⁹/3,6.10⁶=1,39.10³  —  W=1.390kWh  —  C$=0,38.1390  —  R$=530,00  —  R- C
15-  a) Cálculo da carga elétrica total Q pela soma das áreas dos 4 retângulos do gráfico acima  —  Q=(10.100 + 20.100 + 30.100 + 10.100)  —  Q=7.000A.min=7.000.60  —  Q=420.000C  —  W=Q.U-420.000.120  —  W=50.400.000J  —   
regra de três  —  1kWh – 3,6.10⁶J  —  xkWh – 50,4.10⁶J  —  x=W=14kWh  —  custo=14.0,20  —  C$2,80
b) Observe no gráfico que nos primeiros 42 minutos a corrente é de 10ª  —  P_o=i.U=10.120  —  P_o=1.200W  —  W=P_o.Δt=1.200.(42.60)  —  W=3.024.000J  —  apenas 1/3 dessa energia foi utilizada para aquecer a água  —  W_calor=3.024.000/3  —  W_calor=1.008.000J  —  equação fundamental da calorimetria  —  W_calor=m.c.Δθ  —  1.008.000=10.4,2.10³. Δθ  —  Δθ=1.008.10³/42.10³  —  Δθ=24^oC
16- Cálculo da corrente na lâmpada  —  P_l=i.U  —  6=i.12  —  i=0,5A (C/s)  —  carga na bateria  —  Q=45/2A.h=22,5.3.600  —  Q=81.000C  —  i=Q/Δt  —  0,5=81.000/Δt  —  Δt=162.000s=162.000/3.600  —  Δt=45h  —  R- C
17- Campo Grande  —  anual  —  P₀=700W  —  área 1m²  —  Δt=365diasx6h  —  Δt=2.190h  —  P_o=W/Δt  —  700W=W/2.190h  —  W=2.190.700=1.533.000W.h  —  W_{Campo Grande}=1.533kWh  —  energia coletada em Campo Grande, por m² de área durante um ano, 6h ao dia  —  equipamento de captação  —  W_e=1.533kWh x 0,6(60%) x 4(área de captação 4 vezes maior)  —  W_e=3.679,2kWh  —  economiza 3.679,2 x 0,60  —  C$=2.207,00  —  R- A
18- Televisão de 29 polegadas  —  P_o=W/Δt  —  70=W/6.30  —  W=12.600Wh=12,6kWh  —  televisão de 42 polegadas  —  P_o=W/Δt  —  220=W/180  —  W=39.600Wh=39,6kWh  —  diferença  —  W_d=39,6 – 12,6  —  W_d=27kWh  —  R- B
19- Decodificador  —  W_d=P_od.Δt=6.30,24  —  W_d=4.320W.h  —  lâmpada  —  W_l=P_ol.Δt  —  W_l=W_d=4.320=60.Δt  — 
Δt=4.320/60  —  Δt=72h  —  R- E
20- no Equador  —  W_e=792.10⁶J  —  aquecedor  —  W_a=P_o.Δt=i.U.Δt=20.220. Δt=4.400.Δt  —  W_e=W_a  —  792.10⁶=4.400.Δt  —  Δt=792.10⁶/44.10²  — Δt=180.000s/3.300=50h  —  R- C
21- a) V=λf  —  3.10⁸=λ830.10⁶  —  λ=0,36m
b) Q=0,8Ah=0,8C/s.1h=0,8C/s.3600s  —  Q=2.880C
c) i=Q/Δt=2.880/110.60  —  i=0,44 A  —  W=Q.U=2.880.6  —  W=17.280J  —  P_o=W/Δt=17.280/110.60=17.280/6.600  —  P_o=2,62W
22- Comparando, em termos de porcentagem, 60lm/W com 15lm/W, você verifica que, ao substituir uma lâmpada de 15lm/W por outra de 60lm/W, o rendimento será de 75%  —  como cada lâmpada tem 100W e são 10 lâmpadas,  a economia de potência será P =10.0,75.100= 750 W, que fornece, em um mês (30 dias), uma economia de energia (W) que,funcionando 6h por dia  —  W=P_o.Δt=750.30.6  —  W=135.000Wh  —  W=135kWh  —  economia=135.0,30  — 
C$=40,50  —  R- C

23- W=P_o.Δt=200.60  —  W=12.000J  —  1cal – 4J  —  Qcal – 12.000J  —  4Q=12.000  —  Q=3.000cal  —  Q=m.c.Δθ  — 
3.000=100.1. .Δθ  —  .Δθ=30^oC  —  R- E
24- Decodificador  —  W_d=P_od.Δt=6.30,24  —  W_d=4.320W.h  —  lâmpada  —  W_l=P_ol.Δt  —  W_l=W_d=4.320=60.Δt  — 
Δt=4.320/60  —  Δt=72h  —  R- E
25- a)Energia de Itaipu  —  W_I=87.600GWh=87.600.10⁹Wh  —  energia captada pela área S em 1 ano  —  W_S=0,2.P_o.Δt  —  W_S=0,2.170.W/m².S.360.24=293.760S  —  W_S=W_I  —  293.760S=87.600.10⁹  —  S=87.600.10⁹/293.760  —   S=0,3.10⁹  —  S=3.10⁸m²  —  S=3.10⁸.10^-6  —  S=3.10²km²
b) Porcentual médio  —  P=87.600.10⁹Wh/14.000.10⁶.24.360=87.600.10⁹/14.24.360.10⁹   —  P=0,724  —  P=72,4%
26- Comparando, em termos de porcentagem, 60lm/W com 15lm/W, você verifica que, ao substituir uma lâmpada de 15lm/W por outra de 60lm/W, o rendimento será de 75%  —  como cada lâmpada tem 100W e são 10 lâmpadas,  a economia de potência será P =10.0,75.100= 750 W, que fornece, em um mês (30 dias), uma economia de energia (W) que,funcionando 6h por dia  —  W=P_o.Δt=750.30.6  —  W=135.000Wh  —  W=135kWh  —  economia=135.0,30  — 
C$=40,50  —  R- C

27- P_o=i.U=400.12  —  P_o=4.800W  —  R- C
28- Gráfico que fornece a quantidade de energia na forma de luz visível pode ser calculado como sendo aproximadamente a

 área do trapézio da figura  —  S₁=(B + b).h/2=(3,8 + 0,5).0,4/2  —  S₁=0,86  —  S₂ – área do gráfico que

 fornece quantidade total de energia gasta para o funcionamento da lâmpada – área do triângulo  —  S₂=b.h/2=1,7.4/2  —  S₂=3,4  —  eficiência  —  e=S₁/S₂=0,86/3,4=0,252 x 100=25,2%  —  R- C
29- Excluindo as lâmpadas, em cada cômodo da casa existe um aparelho elétrico citado na primeira tabela  —  soma de suas potências  —  P₁=120 + 3.000 + 500 + 200 + 200 + 50=4.070  —  P₁=4.070W  —  cada lâmpada  —  na sala – área=3.3=9m² – 100W  —  no banheiro – área=1,5 x 2,1=3,1m² – 60W  —  no corredor – área=0,9 x 1,5=1,3m² – 60W  —  no quarto – área=2,8 x 3=8,4m² – 100W  —  potência das lâmpadas – P_l=100 + 60 + 60 + 100=320W  —  potência total instalada na casa  —  P_t=P₁ + P_l=4.070 + 320  —  P_t=4.390W  —  R- D
30- Energia elétrica consumida em um mês funcionando 10h por dia  —  W=P_o.Δt=180.30.10=54.000Wh=54kWh  —  regra de três  —  54kWh – 50%  —  x – 100%  —  x=54.100/25=216kWh  —  R- E
31- As lâmpadas fluorescentes produzem maior luminosidade utilizando a mesma potência e materiais com melhores características condutoras reduzem a perda de energia  por calor (efeito Joule)  —  R- E
32- U=1,1V  —  m=63,5μg=63,5.10^-6g  —  Δt=193s
 
P_o=i.U=1,0.10^-3.1,1=1,1.10^-3W=1,1mW  —  R- A
33- Cálculo da corrente elétrica fornecida pela bateria  —  P=iU  —  60=i.12  —  i=5 A  —  a carga Q fornecida permanecerá a mesma, fornecendo 5 A de corrente durante  —  i=Q/Δt  —  5= 60/Δt  —  Δt=60/5  —  Δt=12h  —  R- C
34- R- A  —  veja teoria
35-

36- a) P=iU  —  7.200=i.120  —  i=60 A
b) W_total=4kW.2h + 6kW.2h + 2kW.2h  —  W_total=24kWh
c) W=24.30=720kWh  —  preço  —  p=720.0,5  —  p=R$ 360,00
37- Aplicando a 1ª Lei de Ohm a esse resistor, temos  —  U = R I  —  120 = R (8)  —  R = 15 Ω  —  P=U²/R=150²/15  P=1.500W
R- B
38- Dados: P = 4.500 W  —   U = 110 V.
P = i U  —   i = P/U=4.500/110=40,9 A  —  portanto o disjuntor escolhido deverá ser o de 45 A, que é o valor mais próximo do acima do calculado  —  R- C
39- Sendo N a quantidade de dispositivos, P a potência elétrica e Δt, o tempo efetivo de uso diário, e C (R$ 0,50) o custo do kWh, o gasto diário dos dispositivos é  —  G = N x P x Δt x C  —  aplicando essa expressão, você obtém a tabela

  —  gasto mensal (30 dias)  —  G_mensal = 30.( 12,00 + 2,10 + 3,00) = 30 (17,10)  —  G_mensal = R$ 513,00  —
R- B
40- Dados  —  V = 120 L  —   m = 120 kg  —  ΔT = 30°C  —  c = 1 cal.g^-1.°C^-1 = 4.200 J.kg^-1.°C^-1  —  quantidade de calor gasta diariamente  —  Q = m ­c ΔT = 120 x 4.200 x 30 = 15,12.10⁶ J  —  equivalência entre quilowatt hora e joule  — 
 1 kWh = (10³ W) x (3.600 s) = 3,6 x 106⁶W.s =  3,6 x 10⁶ J  —  regra de três  —  3,6.10⁶J – 1 kWh  —  15,12.10⁶J – Q  —  Q=15,12.10⁶/3,6.10⁶  —  Q=4,2kWh  —  gasto total com esse dispositivo em 30 dias  —  G_total = 30 x 4,2 x 0,50  —    G_total = R$ 63,00  —  R- B
41- P_o=i.U=2.10^-6.5.10⁴=10.10^-2  —  P_o=0,1W  —  R- A
42- Δt=45/60hx30  —  Δt=22,5h  —  P_o=W/Δt  —  5.000=W/22,5  —  W=11.250Wh=11,25kWh  —  gasto  —  g=11,25×0,20=22,40
R- C
43- Recebe – P_or=50J/s  —  libera – P_ol=20J/s  —  ganha continuamente P_og=(50 – 20)=30J/s  —  ao atingira 1.000J ele derrete e para que isso ocorra ele deve receber W=(1.000 – 550)=450J de energia  —  P_o=W/t  —  30=450/t  —  t=15s 
R- D
44- P_o1=W₁ /Δt  —  5.000=W₁/Δt  —  Δt=W₁/5.000 (I)  —  P_o2=W₂/Δt  —  4.000=W₂/Δt  —  Δt=W₂/4.000 (II)  —  igualando I com II  —  W₁/5.000=W₂/4.000  —  W₂=0,8W₁  —  o novo chuveiro utiliza 80% da potência do anterior e economiza 20%  —  economizará  —  0,2×40=8,00  —  R- B
45- O relógio indicou um consumo de 2.563 kwh no mês anterior e de 2.783 kwh na última leitura  —  a diferença entre essas duas medidas determina um consumo de 220 kwh no período de um mês  —  regra de três  —  1 kwh – R$ 0,20  —  220 kwh – C  —  C=0,20×220  —  C= R$ 44,00  —  R- E
46- A tensão alternada produzida pelos geradores na usina hidrelétrica é relativamente baixa. Assim, para que se possa abastecer diferentes centros utilizando linhas de transmissão, essa tensão é aumentada até centenas ou milhares de kV por meio de transformadores. Ao atingir os centros de consumo, a tensão é reduzida, por exemplo, a algumas dezenas de kV, pelos transformadores das subestações e distribuída para o público.  A tensão de transmissão é elevada e a corrente diminuída porque assim se podem utilizar fios condutores mais finos (mais leves, mais baratos) já que, para que a potência seja a mesma (P=Ui) se você aumentar a tensão (U) você deve diminuir a corrente i.
R- E
47– P_o=U.i=ε.i=12.100=1.300W  —  P_o=W/Δt  —  1.200=W/60  —  W=1.200×60=7.200W  —  W=7,2.10⁴W  —  R- D
48–

R- A
 
49-(UFPA-PA)
Po=W/∆t  —  W=Po.∆t  —  lâmpadas  —  W1=0,1.10=1kWh  —  televisão  —  W2=0,1.8=0,8kWh  —  geladeira  —  W3=0,3.24=7,2kWh  —  ventilador  —  W4=0,125.8=1,0kWh  —  Wtotal=1,0 + 0,8 + 7,2 + 1,0=10,0kWh  —  1 painel – 0,5kWh  —  n painéis – 10,0kWh  —  N=20 painéis  —  R- D
50-(ENEM-MEC)  
 – Os biocombustiveis de primeira geração são produzidos a partir da fermentação alcoólica dos açúcares vegetais da biomassa que contenha amido ou sacarose, como por exemplo o milho, o trigo, o sorgo, o amendoim, a soja, a beterraba, a batata doce, o girassol e a cana-de-açúcar, não utilizando a celulose —   porém, para evitar que se atinja o limite da oferta ou venha a ocorrer a competição pelo uso da terra para a produção de biocombustíveis e de alimentos, é necessário investir no desenvolvimento de tecnologias de segunda geração para produção de etanol com o aproveitamento eficiente da celulose  —   estimativa é de que o aproveitamento do bagaço e parte das palhas e pontas da cana-de-açúcar eleve a produção de álcool em 30% a 40%, para uma mesma área plantada  —  demais matérias-primas para as quais se buscam tecnologias de processamento da celulose, tais como capim-elefante, braquiárias, panicuns e árvores de crescimento rápido podem representar alternativas competitivas e eficientes para locais onde não se cultiva ou cultivará cana-de-açúcar, podendo gerar novos empregos  —  R- A.
 

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