INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA 1

SOLUÇÃO CB1.

[B]

terra2

24

2v R R v R

24 12

πω

π πω

SOLUÇÃO CB2.

[B]

2 f

10 2 3 f

5f Hz

3

ω π

Como o ponto material completa 5

3 voltas a cada segundo, após 100 s ele

terá dado:

5N 100

3

N 166 voltas

SOLUÇÃO CB3.

Vista superior da trajetória da amostra:

SOLUÇÃO COMECE DO BÁSICO

2 INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA

Assumindo que o movimento seja circular uniforme, temos que o ângulo entre

as direções da velocidade linear e da aceleração centrípeta é de 90 .

v 2 Rf

42 2 0,15 f

140 8400f Hz rpm

π

π

π π

SOLUÇÃO CB4.

[B]

f 900 rpm 15 Hz

v 2 Rf 2 3,1 0,3 15 v 27,9

mv 28s

π

SOLUÇÃO CB5.

[B] A velocidade orbital é dada pela igualdade da força gravitacional e da componente centrípeta:

c gF F m 2 G M mrω

2 3

G M

r rω

Assim, para a mesma altura, ou seja, para o mesmo raio r a velocidade angular não depende da massa do satélite sendo a mesma para os dois casos. Se houvesse alteração da altitude para os dois casos haveria diferença na velocidade angular orbital. Portanto, a alternativa [B] está correta. SOLUÇÃO CB6.

[D]

Os sentidos de giro das engrenagens A, B e C serão, respectivamente: anti-

horário, horário e anti-horário.

3

INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA 3

Quanto a frequência de cada engrenagem, como elas estão acopladas por uma correia, a velocidade superficial de cada uma delas deve ser igual entre si, sendo:

A B C A A B B C Cv v v 2 R f 2 R f 2 R fπ π π

Como os raios das engrenagens tem uma relação direta com o número de dentes que cada uma possui, podemos calcular as frequências de cada engrenagem com este parâmetro.

A A B B C C B CR f R f R f 200 40 20 f 100 f

B B

C C

200 40f f 400 rpm

20

200 40f f 80 rpm

100

SOLUÇÃO CB7.

[A]

[A] Correto. Como a porca desloca-se 2 mm para cada volta do parafuso,

podemos afirmar que porcav 2 mm volta, que é uma constante.

[B] Incorreto. Após 360 rotações, a porca terá se deslocado 720 mm em um

minuto. Em 1s essa velocidade será de 720 mm

12 mm s.60 s

[C] Incorreto. O deslocamento da porca será de 10 2 mm 2 cm.

4 INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA

[D] Incorreto. 360 rpm 6 rps. Para a porca: 6 rps 6 2 mm s 12 mm s.

Sendo assim, a aceleração será de 212 mm s .

[E] Incorreto. 120 rpm 2 rps. Para a porca: 2 rps 2 2 mm s 4 mm s.

Logo, a aceleração deveria ser de 24 mm s .

SOLUÇÃO CB8.

[C]

A velocidade angular média ( )ω depende basicamente da frequência da

rotação (f ) ou do período (T) sendo dada por: 2

2 fT

πω π

Para ambos os observadores (A e B), tanto suas frequências como seus

períodos de rotação são os mesmos, pois quando a Terra dá uma volta completa, qualquer ponto do planeta também dá uma rotação completa, então

suas velocidades angulares médias ( )ω devem ser exatamente iguais.

A BA B

A B

f f

T Tω ω

Já a velocidade escalar média (v) dessas duas pessoas, depende do raio

(R) de curvatura da Terra. Pontos mais próximos dos polos têm raios

menores que pontos próximos ao Equador, portanto temos que:

A BR R

Como a velocidade escalar média (v) é diretamente proporcional ao raio e

dada por: 2 R

v 2 Rf ,T

ππ temos que A Bv v .

SOLUÇÃO CB9.

[C]

Dados: A Bv 60cm s; v 0,3m s 30cm s; AB 10cm.

Da figura dada:

A B B AR R AB R R 10.

5

INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA 5

Os dois pontos têm mesma velocidade angular.

A BA B A A A

A B A A

v v 60 302 R 10 R R 20 cm.

R R R R 10ω ω

O diâmetro da polia é igual ao dobro do raio do ponto A.

AD 2 R D 40 cm.

A velocidade angular da polia é igual à do ponto A.

AA

A

v 603 rad s.

R 20ω ω ω

SOLUÇÃO CB10.

2

c

22

c c

v 18 m s

R 6 m

Va

R

18a a 54 m s

6

SOLUÇÃO CB11.

[C] Tempo de subida:

yy 0 s

s s

v v gt

0 30 10t t 3 s

Tempo total:

t s tt 2t 2 3 t 6 s

Portanto, o alcance horizontal foi de:

x0 tA v t 8 6

A 48 m

6 INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA

SOLUÇÃO CB12.

[C]

A energia cinética ao abandonar a mão do garoto é: 20

0

m vE . (I)

2

No ponto mais alto da trajetória a velocidade é: x 0v v cos .α

A energia cinética nesse ponto mais alto é:

2 22

0 20xm v cos m vm v

E cos . (II)2 2 2

αα

Substituindo (I) em (II): 2

0E E cos .α

SOLUÇÃO CB13.

[D]

2

20

43,2

V 3,6S sen2 S sen90

g 10

S 14,4 m S 14 m

Δ θ Δ

Δ Δ

SOLUÇÃO CB14.

[C] O míssil AX100 é lançado simultaneamente com o projétil. Logo:

y(AX100) (AX100)

p y(AX100)

0 0

0 0

V V sen30 (1)

V V (2)

Substituindo (1) em (2), temos:

p (AX100)

p p

0 0

0 0

V V sen30

1V 800 V 400 m s

2

7

INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA 7

SOLUÇÃO CB15.

a) Como os dois corpos se chocam na mesma altura máxima, conclui-se que as componentes verticais das velocidades iniciais são iguais, ou seja:

0y 0yB Cv v (1)

Da equação (1) conclui-se que:

0 0 0 0

0 0

B C B C

B C

1 3v sen30 v sen60 v v

2 2

v v 3 (2)

A figura a seguir ilustra o movimento das partículas antes e após o choque:

Como o choque é elástico, então:

0 0 xx x

x 0 0 0 0

'aproximação afastamento B C C

'C B C B C

v v v v v

3 1v v cos30 v cos60 v v (3)

2 2

Substituindo-se (2) em (3), tem-se:

x 0 0 0

'C C C C

3 1v v v 2v (4)

2 2

Considerando que na direção xx não houve variação da quantidade de movimento total das partículas durante o choque, conclui-se que:

0 0 xx x

'0 f 1 B 2 C 2 CQ Q m v m v m v (5)

8 INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA

Substituindo-se (2) e (4) em (5), tem-se que:

0 0 0

0

1 B 2 C 2 C

1 C

m v cos30 m v cos60 m 2v

m v

02 C

33 m v

2

02 C1

m 2 v2

21 2

1

m3 1 3m m 2

2 2 m 5

b) O tempo de subida é o mesmo para as duas partículas, e coincide com o tempo de deslocamento horizontal das partículas até o instante do choque.

Sendo L ' o deslocamento do corpo C, conclui-se que:

0x

0 0 0x x x

0

C

subidaB C B

C

vL L 't L ' L

v v v

1v

2L '

Δ

0B3

v2

0

0

C

B

v 1L L (6)

v 3

Da equação (2) conclui-se que:

0

0

C

B

v 1(7)

v 3

Substituindo-se (7) em (6), tem-se que:

1 1 1L' L L

33 3

Conclui-se que a distância entre os pontos de lançamento é:

1 4d L L' L L L

3 3

c) Antes do choque, a partícula C se deslocou:

1L

d L' .3

Depois do choque, a partícula C se deslocou:

9

INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA 9

x 00x

0

'2 C descida C

C

2 C

L'd v t 2v

v

d 2 v

Δ

0C

L'

v

44L' L

1 3

2

A distância total percorrida pela segunda partícula foi:

Total 1 2L 4 5

d d d L L3 3 3

SOLUÇÃO CB16.

02 + 16 = 18. [01 ] Falsa. Não há como definir usando apenas a foto como comparativo de um pulo na Terra e em Marte, mas pela diferença de aceleração da gravidade,

o personagem poderia executar um pulo cerca de 2,5 vezes maior em Marte

quando relacionado com a Terra. Usando a Força gravitacional de Newton como a força resultante centrípeta, temos:

GMm2

mR

2

GMg g

R

Fazendo a razão para as acelerações da gravidade em ambos planetas:

T

M

G

g

g

T2

T

M

R

G

TT T2 2

T T T T T

M TM M MM2 22

M TM

MM M

g R g R g

M 0,1Mg g gM

R RR

2

2TR

T0,1 M

2TR

T

M

g2,5

g

4

[02] Verdadeira. Isolando a aceleração de Marte da razão anterior:

M Tg 0,4 g

[04] Falsa. A equação do alcance horizontal seria idêntica à da Terra:

0 0xx x v t

10 INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA

[08] Falsa. O ano de Marte, ou seja, seu período de translação em torno do Sol é maior que o da Terra porque o mesmo depende do raio médio da órbita que é maior que o raio médio da Terra, de acordo com a 3ª lei de Kepler. [16] Verdadeira. Para o lançamento oblíquo em um terreno plano, o alcance

máximo é dado por: máx 0 0 subx v cos 2 tθ

Sendo o tempo de subida:

0 0sub

M

v sent

g

θ

Juntando as duas equações anteriores e utilizando uma identidade trigonométrica, finalmente chegamos a:

20 0 0 0 0

máx 0 0 máxM M

2 20 0 0 0

máx máxT T

v sen v 2 sen cosx v cos 2 x

g g

v sen 2 v sen 2x x 2,5

0,4 g g

θ θ θθ

θ θ

[32] Falsa. A aceleração da gravidade não depende da atmosfera do planeta e sim do inverso do quadrado da distância do ponto até o centro do planeta. SOLUÇÃO CB17.

01 + 02 + 04 + 08 = 15. [01] Verdadeiro. Um campo magnético variável no tempo induz um campo elétrico. [02] Verdadeiro. Um campo elétrico variável no tempo induz um campo magnético. [04] Verdadeiro. Ondas eletromagnéticas são compostas por campos elétricos e magnéticos variáveis. [08] Verdadeiro. A velocidade de propagação das ondas eletromagnéticas depende do meio no qual ela se propaga, sendo máxima no vácuo. [16] Falso. A onda eletromagnética pode transferir energia ao incidir sobre a placa metálica, causando emissão de elétrons e consequentemente transferindo quantidade de movimento.

11

INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA 11

SOLUÇÃO CB18.

[C] A expressão para o cálculo do módulo do vetor indução magnética no centro da espira é dado por:

N iB

2 R

μ

Onde:

B módulo do vetor indução magnética em Tesla;

N número de espiras;

μ permeabilidade magnética do meio. 74 10 T m A.π

i intensidade da corrente elétrica em ampère.

R raio da bobina em metros. Cálculo da resistência equivalente do circuito:

eq b i

2 3b esp

R R r

R N C 0,001 200 2 5 10 m 10cm cm

Ω Ωπ

210 cm

b

1m

R 6 Ω

Assim,

eq eqR 6 2 R 8Ω Ω Ω

Cálculo da intensidade da corrente: Como o problema não fornece a voltagem da fonte, devemos encontrar uma fonte que sirva para que a intensidade de corrente não ultrapasse o valor

máximo, sendo assim, descartamos as fontes de 220 V e 110 V.

Pela primeira lei de Ohm:

Ui

R

220 V220 V

i 27,5 A8 Ω

(não serve!)

12 INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA

110 V110 V

i 13,75 A8 Ω

(não serve!)

Porém, uma fonte de 12 V já produz uma corrente menor:

12 V12 V

i 1,5 A8 Ω

(serve!)

Fontes com menor tensão também serviriam, mas não há correspondência nas alternativas. Finalmente, podemos determinar a intensidade do vetor indução magnética no centro da bobina:

73

2

N i 200 4 10 T m A 1,5 AB B 3,6 10 T

2 R 2 5 10 m

μ π

SOLUÇÃO CB19.

[A] Desprezando perdas de energia na transformação, a potência no primário é

igual à potência no secundário.

p s p p s s p s p sP P U i U i U 10 U 20 U 2U .

Da relação entre tensão e número de espiras no primário e secundário de um

transformador, tem-se:

p s s ss

p s s s

U U 2U U 1 1 N 600.

N N 1.200 N 600 N

SOLUÇÃO CB20.

[D] Para a situação inicial do problema, observamos o aumento do fluxo magnético, causando uma corrente induzida na bobina com sentido horário de acordo com a regra da mão direita, formando um polo Norte na direita e um polo Sul na esquerda da bobina. O referencial escolhido para determinação do sentido da corrente induzida na bobina foi o lado direito, olhando de frente para o enrolamento.

13

INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA 13

Assim, para os três casos apresentados, temos: [I] O aumento do fluxo magnético gera um campo magnético induzido contrário com corrente elétrica induzida no sentido horário. [II] A diminuição do fluxo magnético produz na bobina um campo magnético induzido que gera uma corrente induzida no sentido horário. [III] O aumento do fluxo magnético gera uma corrente induzida no sentido anti-horário com polos sul na direita e norte na esquerda. Logo, as afirmativas corretas são [I] e [II]. Letra [D].

14 INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA