Resolução da Escola naval – 2015/2016
Resolução comentada dos exercícios da
Escola Naval – 015/016
01-
O trabalho das forças conservativas, como, por exemplo, as forças peso, da elástica , da elétrica e da magnética não dependem da trajetória, mas apenas das posições inicial e final da mesma.
Gráficos das energias cinética, potencial gravitacional e mecânica para um corpo demassa m, quando lançado verticalmente para cima, a partir doponto de lançamento, tomado como referencial e desprezando-se as forças resistivas, em função do tempo de subida e descida.
Durante todo o movimento, conclui-se que, à diminuição de energia cinética corresponde um aumento de energia potencial gravitacional e vice-versa, mantendo-se constante a totalidade da energia mecânica.
Observe que as representações gráficas das energias cinética e potencial gravitacional correspondem à duas parábolas invertidas de modo que, em cada ponto, asoma dessas duas energias corresponda à energia mecânica, que é constante. Observe também que o tempo de subida é igual ao tempo de descida, pois as forças dissipativas são desprezadas.
Aplicando a relação trigonométrica temos que:
sen2x = sen x . senx Ec = 4.sen2(2/3t – /2) Ec = 4.sen(2/3t – /2).sen(2/3t –/2)
para t=0 
Ec = 4.sen(0 – /2).sen(0 – /2) Ec = 4.(-1).(-1) Ec = 4 J (valor máximo), portanto Ep = 0, pois, pelo princípio da conservação da energia Em = Ec + Ep= constante.
para t=1,5s Ec = 4.sen( – /2).sen( – /2) Ec = 4.sen(/2).sen(/2) Ec = 4.1.1
Ec = 4 J (valor máximo), portanto Ep = 0, pois, pelo princípio da conservação da energia Em = Ec + Ep = constante.
para t = 3 s Ec = 4.sen(2 – /2).sen(2 – /2) Ec = 4.sen(2 – /2).sen(2 – /2)
Ec = 4.sen(3/2).sen(3/2) Ec = 4.(-1).(-1) Ec = 4 J (valor máximo), portanto Ep = 0, pois, pelo princípio da conservação da energia Em = Ec + Ep = constante.
Logo, o único gráfico que corresponde aos valores obtidos é o primeiro.
R- A
02- Quando você comprime a mola com forças de intensidade 60N, a extremidade esquerda da mola
estará empurrando o bloco A para a esquerda com F = 60N e a extremidade direita da mola estará empurrando o bloco B para a direita com F = 60N.
Analisando primeiramente o bloco A temos:
Fat A = .N Fat A = .m.g Fat A = 0,4.20.10 Fat A = 80 N
Retirando simultaneamente ambas as forças, o bloco A ficará sujeito a uma força de 60N para a esquerda e uma força de atrito de 80 N para a direita.
Como a força F vale 60 N e a força de atrito vale 80 N, chegamos a conclusão que o bloco A fica parado, uma vez que o atrito impede seu movimento.
Analisando agora o bloco B:
Fat B = .N Fat B = .m.g Fat B = 0,4.10.10 Fat B = 40 N
Como a força F vale 60 N e a força de atrito vale 40 N, chegamos à conclusão que o bloco B entra em
movimento para a direita, uma vez que o atrito agora somente dificulta o movimento do bloco, que acaba sendo impulsionado a sua direita pela ação da mola, sujeito a uma força resultante de FR = 60 – 40 = 20N..
R- D
03-
Através da figura verificamos que se trata de uma ligação em paralelo
Associação paralelo, características:
Os resistores são associados pelos seus terminais, ou seja, todos saem de um mesmo ponto e todos chegam a um mesmo ponto.
A diferença de potencial (tensão) U de toda a associação (entre A e B) é a mesma para todos os resistores
A corrente total i é a soma das correntes parciais, ou seja, i = i1 + i2 + i3.
R- C
04- Campo elétrico gerado por uma carga pontual Q
Uma carga puntiforme (Q) geradora de campo provoca num ponto P, distante d da carga, um vetor campo elétrico 
que faz surgir sobre uma carga de prova q aí colocada uma força elétrica 
de intensidade F=KQq/d2, que substituída na equação E=F/q fornece:
Observe atentamente as figuras abaixo onde a carga geradora Q > 0 provoca em q1 < 0 localizado em M uma força de atração 
e, como q1 é negativa, campo e força tem mesma direção e sentidos opostos, estando
em M se afastando de Q > 0.
Verifique agora que a carga geradora Q > 0 provoca em q2 > 0 localizado em N uma força de
repulsão 
e, como q2 é positiva, campo e força têm mesma direção e mesmo sentido, estando 
em N se afastando de Q > 0.
Generalizando: em qualquer ponto do campo gerado por Q > 0 colocando-se cargas de prova q positivas ou negativas, o campogerado será sempre de afastamento.
Analogamente, se a carga geradora fosse negativa Q < 0, em todos os pontos o campo elétrico gerado seria de aproximação.
Como o elétron (carga de prova negativa) se desloca para a direita a força sobre ele também é para a direita e o campo elétrico é para a esquerda.
R- E
05- Considere uma determinada máquina realizando certo trabalho. A potência útil (Pu) é a potência que a máquina utiliza na realização de um trabalho externo; apotência dissipada (Pd) corresponde à potência não aproveitada, transformada no interior da máquina em energia térmica (calor).
Para poder realizar o trabalho útil (externo), a máquina deve receber uma potência total (Pt), que deve valer: Pt = Pd + Pu.
Portanto, da potência total fornecida à máquina só uma porcentagem, potência útil é aproveitada, pois parte dela é perdida (potência dissipada). Assim, rendimento ( η – letra grega eta) de uma máquina é sua capacidade de realização de determinado trabalho e é definido como sendo a razão entre a potência útil (Pu) e a potência total (Pt):
Então, por exemplo, se o motor de um carro estiver bem regulado ele apresentará maior rendimento, percorrendo uma distancia maior com a mesma quantidade de combustível que outro carro de mesmas características, mas com o motor desregulado.
Como o rendimento é uma relação entre duas grandezas de mesmas unidades, elas se cancelam e ele não terá unidade (grandeza adimensional).
Sendo Pu sempre menor que Pt, η sempre será menor que 1, que normalmente é multiplicado por 100, sendo assim expresso em porcentagem.
Podemos agora calcular a Potência total da turbina:
η = Pu/Pt 15/100 = 40.106 / Pt Pt = 40.106/15/100 Pt = 4000.106/15 W.
A seguir, encontramos a Energia total consumida em 3 minutos (180s):
E = Pt.t E = (4000.106/15).180 E = 4000. 106.12 E = 48000. 106 J = 48.109 J. Sendo a variação de entropia vapor- turbinas (1/12) GJ/K,conseguimos encontrar a temperatura do vapor por uma regra de três:
Utilizando a relação entre as escala Celsius e Kelvin, temos:
K = C + 273 576 = C + 273 C = 576 – 273 C = 303 oC
R- B
06- Em todo gráfico VXt, a área compreendida entre a reta representativa e o eixo do tempo é numericamente igual ao espaço (ΔS) percorrido pelo móvel.
A área do retângulo hachurado acima vale baseXaltura = (t2 – t1)XV = Δt.V 
área = V.Δt ΔS=V.Δt 
.
Sendo assim, podemos determinar a distância percorrida em cada etapa, calculando cada área :
1ª etapa ΔS1=b.h = V.Δt ΔS1= 55,5.t km
2ª etapa ΔS2= 0.(t + 2 – t) ΔS2= 0.2 ΔS2= 0 km
3ª etapa ΔS3 = 72.(t + 6 – t – 2) ΔS3= 72.4 ΔS3= 288 km
Como o trajeto entre as cidades vale 510 km, podemos encontrar o valor de t ΔS = ΔS1 + ΔS2 + ΔS3 510 = 55,5t + 0 + 288 510 – 288 = 55,5t t = 222/55,5 t = 4 h.
Logo, o tempo total vale Δt = t + 6 = 4 + 6 Δt = 10 h.
Agora resta apenas determinar a velocidade média:
Vm = ΔS/ Δt Vm = 510/10 Vm = 51 km/h.
R- B
07- Na coordenada cartesiana tridimensional, os elementos i, j e k são vetores unitários nas direções
dos eixos x, y e z, respectivamente.
No nosso caso, a coordenada cartesiana é bidimensional e a distância horizontal (eixo x) x é
representada pelos valores de i e os do eixo y, pelos valores de j.
Como j representa o eixo y, que corresponde a altura, através da equação podemos determinar a altura no instante t = 1s, usando apenas os valores de j:
r = – 5,0t2 + 2,0t + 8,4 y = -5,0.12 + 2,0.1 + 8,4 y = -5 + 2 + 8,4 y = h = 5,4 m.
Na horizontal x, quando t = 1s você terá x = 6,0t + 2,5 = 6.1 + 2,5 x = 8,5 m.
Assim, após 1s, a partícula se deslocou simultaneamente 5,4m para cima e 8,5m para a direita e o módulo de seu deslocamento d foi d2 = 5,42 + 8,52 = 29,16 + 72,25 d = √(101,41) = 10,07 = 10m
Velocidade V = d/t = 10/1 V = 10 m/s.
R- E
08- Potencial elétrico de um condutor esférico eletrizado com carga Q
Cálculo do módulo da carga Q utilizando o potencial elétrico fornecido no ponto P, V = 10V, distante d = (0,04+1,56) = 1,6 m do centro da carga V = K.Q/d 10 = k.Q/(0,04 + 1,56) 10 = k.Q/1,6 k.Q = 16
Agora, conseguimos obter o valor do potencial para o raio da esfera 4 vezes menor, no interior da esfera, que é o mesmo que da superfície e de intensidade Vi = k.Q/R Vi = 16/0,01 Vi =
1600 V.
Em seguida, determinamos também o potencial externo Ve = k.Q/d Ve = 16/(0,01+1,56)
Ve = 16/1,57 Ve = 10,2 V
Finalmente, conseguimos obter a ddp entre o centro da casca e o ponto P ddp = Vi – Ve
ddp = 1600 – 10,2 ddp = 1589,8 V ~ 1,59 kV
R- D
09- Um dos processos práticos para se determinar a direção e o sentido do vetor indução magnética 
ou vetor campo magnético, é a regra da mão direita.
Esse sentido de depende do sentido da corrente que o origina.
Você coloca o polegar no sentido da corrente com a mão espalmada (primeira figura), em seguida
você fecha a mão para pegar o fio (segunda figura) e o sentido da “fechada” de mão é o sentido do vetor (terceira figura). Observe na terceira figura que é sempre tangente às linhas de indução em cada ponto.
Comprova-se experimentalmente que a intensidade do campo magnético depende da intensidade da corrente elétrica i, da distância r do fio até o ponto (P) onde se quer o campo magnético e do meio onde o condutor se encontra.
Essa dependência de com o meio é fornecida pela constante μ que recebe o nome de permeabilidade magnética do meio e no vácuo ela vale μo = 4π.10-7T.m/A. Matematicamente:
Observe na expressão acima que, se as correntes tiverem o mesmo módulo I, os campos magnéticos originados por cada fio terão o mesmo módulo B.
Se você aplicar a regra da mão direita para cada fio, com as correntes tendo sentidos contrários,
observará que, nas regiões superiores e inferiores, os campos magnéticos criados por cada fio se anulam (sentidos opostos, entrando e saindo da folha) e de mesmo módulo.
Sendo assim, o campo magnético medido pelo sensor do alicate amperímetro será ZERO.
R- A
10- 
O sinal do momento da força pode ser negativo ou positivoe, por convenção, vamos adotar o sentido horário de rotação em torno de O como positivo e anti-horário como negativo
Condições de equilíbrio de um corpo extenso
São duas as condições para que um corpo extenso rígido esteja em equilíbrio:
1a – Equilíbrio de translação — A resultante do sistema de forças deve ser nula
2a – Equilíbrio de rotação — A soma algébrica dos momentos das forças que agem sobre o sistema, em relação à qualquer ponto (pólo O),deve ser nula.
Resolvendo o sistema composto pelas duas equações acima você chega à resolução do exercício.
No caso do nosso exercício, colocando o pólo (eixo de rotação) na dobradiça, em 0, estabelecendo o sentido horário de rotação como positivo e aplicando a 2ª condição (equilíbrio de rotação), temos:
Agora, aplicando a 1ª condição (equilíbrio de translação), temos:
T + D = F
12 + D = 36
D = 36 – 12
D = 24 N
R – C