– 1

Cinemática VII

1. Considere três forças, F1,

F2 e

F3, de intensidades

constantes e iguais a 3,0N, 4,0N e 6,0N, respec ti vamente.Os ângulos formados entre as forças po dem sermodificados adequadamente.Determinea) a intensidade mínima que a resultante das três for ças

poderá ter.b) a intensidade máxima que a resultante das três for ças

poderá ter.

resolução:a) Podemos acertar um ângulo entre

F1 e

F2 de modo que a

resultante entre F1 e

F2 tenha módulo 6,0N, pois

1,0N ≤ |F1 +

F2| ≤ 7,0N.

se a força F3 for oposta a esta resultante entre

F1 e

F2, a

resultante total será nula.

F1 +

F2 +

F3 =

0

b) A intensidade máxima sempre ocorre quando F1,

F2 e

F3

tiverem a mesma direção e o mesmo sentido:

respostas: a) zerob) 13,0N

2. (olimpíada Colombiana de Física) – A figura mos -tra um sistema de seis forças aplicadas em uma partícula.O lado de cada quadrado na figura repre senta uma forçade intensidade 1,0N.

A força resul tante do sistema tem intensidade igual a:a) zero b) 3,0N c) 4,0Nd) 5,0N e) 6,0N

resolução:

1)F1 +

F2 +

F3 =

0 (polígono de forças fechado)

2)

r =

F4 +

F5 +

F6 (regra do

polígono)

r =

F5

resposta: B

MÓDULO 33

r = 3,0N

Fmáx = F1 + F2 + F3 = 13,0N

Ciências da Natureza, Matemática e suas TecnologiasFÍSICA

3. Três forças coplanares constantes e de módulos

F1 = 5N, F2 = 23 N e F3 = 16N pas sam a atuar sobre

uma partícula A que, inicialmente, encontrava-se emrepouso, conforme a figura abaixo. Para que a partículafique em equilíbrio, devemos aplicar sobre ela uma quartaforça

F4 cujo módulo, em newtons, va le,

a) 2 b) 8 c) 93 d)21 e) 233Dadossen 30° = cos 60° = 0,5

sen 60° = cos 30° =

resolução:

Na direção x, temos:

rx = F1 + F2 cos 30° – F3 cos 60°

rx = 5 + 23 . – 16 . (N)

rx = 5 + 3 – 8 = 0

Na direção y, temos:

ry = F3 cos 30° + F2 cos 60°

ry = + 23 . (N)

ry = 93 N

Portanto, para que a resultante seja nula, a 4.ª força deve ter apenas

uma componente Fy = – 9 3 N.

resposta: C

4. (Fuvest-sP) – Um corpo move-se sobre um planocom uma trajetória dada pelo vetor posiçãor =

i + t2

j, em que t é o tempo e e são cons tantes

positivas. O instante no qual o corpo cruza a reta tracejadamos trada na figura é dado por

a) b) tg c)

d) tg e)

i = versor do eixo xy = versor do eixo y

resolução:o vetor posição r tem uma componente na direção x cons tante ()e na direção y uma componente t2.

xe = : ye = (tg ) . = te2

te2 = (tg ) te = (tg )

resposta: D

3–––––

2

1––2

16 3–––––––

2

1––2

––––– tg

––

––

––

1–––––tg

––

––

––

3–––––

2

2 –

Cinemática VIII

1. (AFA-2010) – Um carro percorre uma curva circularcom velo cidade escalar constante de 15 m/s completando-a em 5 2 s, con forme figura abaixo.

É correto afirmar que o módulo da aceleração vetorialmédia expe rimentada pelo carro nesse trecho, em m/s2, é a) 0 b) 1,8 c) 3,0 d) 5,3

resolução:

1) ∆v 2 =

v12 =

v22

∆v 2 = (15)2 + (15)2 = 2 (15)2

2) am =

am = = (m/s2)

resposta: C

2. (ITA) – Uma partícula descreve um movimento cir -cular de raio R, partindo do repouso e com ace lera çãotangencial de intensidade constante (aT). A re la ção en tre asintensidades da aceleração cen trípeta (ac) e da aceleraçãotangencial: ac /aT, em um instante t, é

a) a2T

t /R b) t2 c) V2/R

d) aT t /R e) aT t2/R

resolução:

v = v0 + t

v = 0 + att

v = att

ac =

ac =

resposta: e

3. (ItA-2007) – A figura mostra uma pista de corrida AB C D E F, com seus trechos retilíneos e circularespercorridos por um atleta desde o ponto A, de onde partedo repouso, até a chegada em F, onde pára. Os trechos BC,CD e DE são percorridos com a mesma velocidade demódulo constante.Considere as seguintes afirmações:I. O movimento do atleta é acelerado nos trechos AB, BC,

DE e EF.II. O sentido da aceleração vetorial média do movi mento

do atleta é o mesmo nos trechos AB e EF.III.O sentido da aceleração vetorial média do movi mento

do atleta é para sudeste no trecho BC, e, para sudoeste,no DE.

Então, está(ão) correta(s) a) apenas a I. b) apenas a I e II. c) apenas a I e III. d) apenas a II e III. e) todas.

R–––aT

v2

–––r

(at t)2

––––––r

ac at t2

––––– = ––––––at r

∆v = 15 2 m/s

∆v

–––––∆t

∆v

–––––∆t

15 2––––––

5 2

am = 3,0 m/s2

MÓDULO 34

– 3

resolução:I) (?) A questão admite duas interpretações para a expressão“movimento acelerado”.se entendermos “movimento acelerado” como aque le em queo atleta tem aceleraçao não-nula, concluímos que omovimento será acelerado nos trechos AB, BC, De e eF, o quetorna correta a opção I.

se entendermos “movimento acelerado” como aquele em queo módulo da velocidade aumenta, então o movimento seráacelerado apenas no trecho AB e a opção I seria falsa.

II) (v) No trecho AB, o módulo da velocidade aumenta e aaceleração vetorial média tem o mesmo sentido domovimento, isto é, é orientada do sul para o norte.No trecho eF, o módulo da velocidade diminui (movimentoretardado) e a aceleração vetorial média tem sentido opostoao do movimento, isto é, orientada do sul para o norte.

III) (v) A aceleração vetorial média tem o mesmo sentido davariação de velocidade vetorial

No trecho BC, temos:

vB =

vC = 45°

No trecho De, temos:

vD =

ve = 45°

Admitindo-se que a primeira interpretação de movi mentoacelerado seja a pretendida pelo examinador, optamos pelaresposta e.

resposta: e

4. (Fuvest) – Uma partícula des loca-se, no sentidohorário, sobre uma trajetória cir cularde raio r = 3,0m. A magnitude davelocidade da partícula, em funçãodo tempo, é dada por V = 1,0 + 2,0t, com V em m/s e t emsegundos. Se em t = 1,0s, a partículase en contra na posição P

indicada na figu ra, o vetor aceleração da partícula, commódulo me di do em m/s2, nesse instante, éa) 2,0

i b) 2,0

i – 4,0

j c) –3,0

i

d) 2,0i – 3,0

j e) –2,0

i + 2,0

j

Nota: i e

j são os versores dos eixos x e y, respec ti -

vamen te

resolução:1) No instante t = 1,0s, temos v1 = 1,0 + 2,0 . 1,0(m/s) = 3,0m/s

2) |at| = | | = 2,0m/s2

3) |acp| = = (m/s2) = 3,0m/s2

Portanto:at = 2,0

i (movimento acelerado, pois v > 0 e > 0)

acp = –3,0

j (dirigida para o centro o)

a =

at +

acp

a = 2,0

i – 3,0

j (sI)

resposta: D

Eletrodinâmica VI

1. (IMe-2008) – A figura ilustra um circuito resistivoconectado a duas fontes de tensão constante. Considereas resistências em ohms. O módulo da corrente I queatravessa o resistor de 2,0W é, aproxima damente:

v2

–––r

(3,0)2

–––––3,0

MÓDULO 35

∆v

am = ––––∆t

4 –

a) 0,86A b) 1,57A c) 2,32Ad) 2,97A e) 3,65A

resolução:

uAD + uDC = uAC 4,0iAD + 2,0 i = 12 uBD + uDC = uBC 5,0iBD + 2,0 i = 7,0

iAD = e iBD =

Como iAD + iBD = I (lei dos Nós), então:

+ = I I = @ 2,32A

resposta: C

2. (ItA-94) – Baseado no esquema a seguir, no qual, = 2,0V, ri = 1,0W e r = 10W e as correntes estão in di -cadas, podemos concluir que os valores de i1, i2, i3 e VB – VA são:

i1 i2 i3 VB – VA

a) 0,20A –0,40A 0,20A 2,0Vb) –0,18A 0,33A 0,15A –1,5Vc) 0,20A 0,40A 0,60A 6,0Vd) –0,50A 0,75A 0,25A –2,5Ve) 0,18A 0,33A 0,51A 5,1V

resolução:

Aplicando-se a 1ª lei de Kirchhoff ao nó (C), temos:i1 + i2 = i3 (I)

Aplicando-se a 2ª lei de Kirchhoff às ma lhas e , nos sentidosindicados, temos:

) + 10 i3 + 1 . i1 – 2 = 0

substituindo-se o valor de i3 , vem:

(II)

) + 10 i3 + 1 i2 – 2 + 1 i2 – 2 = 0

substituindo-se o valor de i3 , vem:

(III)

11 i1 + 10 i2 = 2resolvendo-se o sistema: 10 i1 + 12 i2 = 4

temos:

i1 = –0,50 A e i2 = 0,75A, que, substituídos na equação (I), dá i3 =0,25A.

Fazendo-se o percurso BDA, temos:

vB – vA = + 1 . i1 – 2 (sI)

vB – vA = + 1. (–0,50) – 2 (sI)

resposta: D

vB – vA = –2,5 v

11 i1 + 10 i2 = 2

10 i1 + 12 i2 = 4

12 – 2,0 I–––––––––

4,0

7,0 – 2,0 I–––––––––

5,0

12 – 2,0 I–––––––––

4,0

7,0 – 2,0 I–––––––––

5,0

88–––38

– 5

3. (ITA-2007) – No circuito da figura, têm-se as

resistências R, R1, R2 e as fontes V1 e V2 aterradas, A

corrente i indicada é

a)

b)

c)

d)

e)

resolução:Nó A:i = i1 + i2

Malha

–V1 + r1i1 + ri = 0

V1 = r1i1 + ri

Malha

–V2 + r2i2 + ri = 0

V2 = r2i2 + ri

De : i1 =

De : i2 =

em : i =

r1r2i = V1r2 – r . r2i + V2r1 – r . r1i

r1r2i + r . r2i + r . r1i = V1r2 + V2r1

resposta: D

Eletrodinâmica VI

1. (IMe-rJ) – O elemento passivo k, cuja potência má -

xima de utilização é de 30watts, tem a caracte rística

tensão-corrente dada pelo gráfico a seguir:

Determine o maior valor positivo que se pode permitir

para a tensão V da bateria.

resolução:1) A potência máxima de utilização do elemento passivo k é de

30W. Portanto, temos:

Pk = Vk Ik

V2 – r i––––––––

r2

V1 – r i V2 – r i–––––––– + ––––––––

r1 r2

V1r2 + V2r1i = –––––––––––––––––––

r1r2 + r r2 + r r1

MÓDULO 36

30 = VkIk

(V1R2 – V2R1)––––––––––––––––––––.R1R2 + R R2 + R R1

(V1R1 + V2R2)––––––––––––––––––––.R1R2 + R R2 + R R1

(V1R1 – V2R2)

––––––––––––––––––––.R1R2 + R R2 + R R1

(V1R2 + V2R1)––––––––––––––––––––.R1R2 + R R2 + R R1

(V2R1 – V1R2)––––––––––––––––––––.R1R2 + R R2 + R R1

V1 – r i––––––––

r1

6 –

– 7

observa-se pelo gráfico característico do elemento k que opro duto acima se verifica para o ponto no qual os valores são:Ik = 1,5A e vk = 20v

2) o circuito proposto é dado por:

a) i = I + Ik

b) malha : 10 Ik + vk – 10 I = 0

10 . 1,5 + 20 – 10I = 0

I = 3,5A

c) malha : 10 I + 10 i – v + 10i = 0

10I + 20i = v

10 . I + 20 (I + Ik) = v

10 . 3,5 + 20 (3,5 + 1,5) = v

resposta: 135v

2. No circuito abaixo, no qual os geradores elétricos sãoideais, verifica-se que, ao man termos a chave K aberta, aintensidade de cor rente assinalada pelo am perímetro idealA é i = 1A. Ao fecharmos essa chave K, o mesmoamperímetro assinalará uma inten sidade de corrente iguala i’. Calcule o valor de i’.

resolução:1) Com K aberta:

12 – 6 = (2 + 1 + r) 1

6 = 3 + r

2) Com K fechada:

1) No nó N, temos: i1 = i2 + i3 (1)

2) Na malha da esquerda:

+ 12 – 1 i2 – 2 i2 + 3 i3 – 6 = 0

12 – 3 i2 + 3i3 – 6 = 0

3 (i3 – i2) = –6

i2 – i3 = 2 (2)

3) Na malha da direita:

+ 6 – 3 i3 – 2 i1 – 4 i1 + 26 = 0

–3 i3 – 6 i1 = –32

3 i3 + 6 i1 = 32 (3)

De (2): i2 = 2 + i3

De (3): i1 =

em (1): = 2 + i3 + i3

32 – 3 i3 = 12 + 12 i3

20 = 15 i3

Portanto: i2 = 2 + (A)

o amperímetro indica i2 = A

resposta: i’ = i2 = A

32 – 3 i3–––––––––6

32 – 3 i3–––––––––6

4i3 = ––– A

3

4–––3

10i2 = ––– A

3

10––––

3

10––––

3

v = 135v

r = 3W

3. (ItA-2005) – Um técnico em eletrô ni ca deseja medira cor ren te que passa pelo resistor de 12 W no cir cuito dafigura. Para tanto, ele dispõe apenas de um gal vanômetroe uma caixa de resistores. O galva nômetro possuiresistência interna Rg = 5 kW e su porta, no máximo, umacorrente de 0,1 mA. De termine o valor máximo do resistorR a ser colocado em paralelo com o galva nômetro paraque o técnico consiga medir a corrente.

resolução:

utilizando-se das leis de Kirchhoff, vem:Nó A: i1 + i2 = i3 (I)Malha : – 2i2 + 12 – 24 + 4i1 = 0 (II)Malha : 12 i3 – 12 + 2i2 = 0 (III)De I, II e III, vem:

Inserindo-se, agora, o galvanômetro e o respectivo re sis tor deresistência r associado em paralelo e ad mi tin do-se que estaassociação será ainda percorrida por uma intensidade de correntede 1,2A, vem:

Assim:

i3 = ig + is

1,2 = 0,1 . 10–3 + is

is = 1,1999A

os resistores rg e r estão em paralelo, assim:

u(r) = u(rg)

r . is = rg . ig

r . 1,1999 = 5 . 103 . 0,1 . 10–3

obs.: Ao inserirmos o galvanômetro no circuito, o valor de i3, defato, altera-se, o que nos remete à seguinte solução:

utilizando as leis de Kirchhoff, vem:

Nó A

i1 + i2 = i3 (I)

Malha

–2i2 + 12 – 24 + 4i1 = 0 (II)

Malha

12i3 + 5,0 . 103 . 0,1 . 10–3 – 12 + 2i2 = 0 (III)

De I, II e III, temos:

os resistores rg e r estão associados em paralelo, as sim:

i3 = ig + is1,1625 = 0,1 . 10–3 + isis = 1,1624 A

ainda, u(r) = u(rg)

r . is = rg . igr . 1,1624 = 5 . 103 . 0,1 . 10–3

respostas: 0,42W ou 0,43W

r @ 0,42W

i3 = 1,1625A

r @ 0,43W

i3 = 1,2A

8 –

MóDulos 33 e 34

1. Na figura, representamos quatro forças.Cada lado do quadrado pon -tilhado corresponde a 1N.O módulo da força resul tantedas quatro forças representadasé igual aa) 0 b) 1N c) 2Nd) 4N e) 8N

2. A figura mostra 5 for ças representadas por vetores deorigem comum, di rigindo-se aos vértices de um hexágonoregular. Sen do 10N o módulo da força

FC , a intensidade

da re sultante dessas 5 forças é:

a) 50 N b) 45 N c) 40 N d) 35 N e) 30 N

3. (uNesP) – Um caminhoneiro efetuou duas entregasde merca dorias e, para isso, seguiu o itinerário indi cadopelos vetores deslocamentos

d1 e

d2 ilustrados na figura.

Para a primeira entrega, ele deslocou-se 10 km e para asegunda entrega, percorreu uma distância de 6 km. Aofinal da segunda entrega, a distância a que o caminhoneirose encontra do ponto de partida é

a) 4 km b) 8 km c) 2 19 km

d) 8 3 km e) 16 km

4. (Fuvest-trANsFerêNCIA) – A figura abaixorepre sen ta a trajetória bidimensional de uma partículamovendo-se no pla no xy. Se a partícula passa pelo pontoP, no instante de tempo t, e pelo ponto Q, após 1 segundo,a velocidade vetorial média da partícula entre P e Q, emunidades do sistema SI, é dada por:

a) 6i + 3

j b) 2

i + 3

j c) 2

i + 2

j

d) 6i + 2

j e) 3

i + 6

j

Dados:i é o versor do eixo x;

j é o versor do eixo y

5. (ITA) – Um ponto material tem aceleração vetorialconstante.A respeito de sua trajetória, podemos afirmar:a) pode ser uma circunferência;b) só pode ser uma reta;c) só pode ser uma parábola;d) só pode ser uma reta ou uma parábola;e) só pode ser um ponto, uma reta ou uma parábola.

6. O gráfico da velocidade escalar em função do tempo,mostrado a seguir, representa o movimento de um carroque descreve uma trajetória circular de raio 16,0m.

Pedem-se:a) a velocidade escalar média entre os instantes t = 0 e

t = 6,0s.b) o intervalo de tempo, a partir do instante t = 0, para que o

carro complete uma volta.Adote π = 3.

c) o módulo da aceleração vetorial no instante t = 8,0s.

| |

| |

1

– 9

exercícios-tarefa

7. Uma partícula descreve uma circunferência de raio R = 4,0m com aceleração escalar variando com o tempot segundo a relação:

= 2,0t – 4,0 (SI)Sabe-se que em certo instante t1 a aceleração vetorial dapartícula é nula.Pedem-se:a) o instante t1.b) o gráfico da função = f(t).c) a velocidade escalar da partícula no instante t = 0.d) o módulo da aceleração vetorial da par tícula no instante

t = 0.

MóDulos 35 e 36

1. (ItA) – No circuito a seguir, quando o cur sor é colo -ca do no ponto C, o am perí me tro A não acu sa pas sagemde cor ren te.

Qual a diferença de potencial entre os pontos C e B?a) 4V b) 6V c) 10V d) 16Ve) nenhum dos va lores acima.

2. (ItA) – No circuito da figura, o gerador tem f.e.m. de12,0V e resistência interna desprezível. Liga-se o pontoB à Terra (potencial zero). O terminal negativo N dogerador ficará ao potencial VN, e a potência dissipada nocircuito, por efeito Joule, será P.

Os valores de VN e P serão dados por:VN P

a) +9,0V 12,0Wb) –9,0V 12,0Wc) nulo 48,0Wd) nulo 3,0We) nulo 12,0W

3.

No circuito anterior, o gerador e o receptor são ideais e ascorrentes têm os sentidos indicados. Se a inten si dade dacorrente i1 é 5A, então o valor da re sistência do resis tor Réa) 8W b) 5W c) 4W d) 6W e) 3W

4. No circuito elétrico representado a seguir, os sen tidosdas correntes fo ram indicados cor reta mente e a inten -sidade de cor rente i2 é 2A.

A força eletro motriz do gerador ideal va le 40V e a for çacontra-eletro motriz do receptor ideal valea) 5 V b) 12 V c) 15 V d) 20 V e) 25 V

5. (Fuvest-sP) – No circuito mostrado na Fig. 1, ostrês resistores têm va lo res R1 = 2W, R2 = 20W e R3 = 5W. A bateria B tem ten são constante de 12V. Acorrente i1 é considerada positiva no sentido indi cado.Entre os instantes t = 0s e t = 100s, o gerador G forneceuma tensão variável V = 0,5t (V em volt e t em segundo).

+G R

12V

R

B

Fig.1

i

+

1R2–

–

1

3

10 –

– 11

a) Determine o valor da corrente i1 para t = 0s.

b) Determine o instante t0 em que a corrente i1 é nula.

c) Trace a curva que representa a corrente i1 em função

do tempo t, no intervalo de 0 a 100s. Utili ze os eixos da

figura adiante, indicando clara mente a escala da cor -

ren te, em ampère (A).

d) Determine o valor da potência P recebida ou fornecida

pela bateria B no instante t = 90s.

6. (FuVesT-sP) – No circuito da figura, o componen -

te D, ligado entre os pontos A e B, é um diodo. Esse

dispositivo se comporta, idealmente, como uma cha ve

controlada pela diferença de potencial entre seus

terminais. Sejam VA e VB os potenciais elétri cos dos

pontos A e B, respectivamente.

Se VB < VA, o diodo se comporta como uma chave aberta,

não deixando fluir nenhuma corrente através dele, e se

VB ≥ VA, o diodo se comporta como uma chave fechada,

de resistência tão pequena que pode ser desprezada,

ligando o ponto B ao ponto A. O resistor R tem uma

resistência variável de 0 a 2Ω.

Sabe-se que VB ≥ VA quando 0 ≤ R < Ω e VB < VA

quando Ω < R ≤ 2Ω.

Neste circuito determine o valor da

a) corrente i através do resistor R, quando a sua re sistência

é 2Ω.

b) corrente i0, através do resistor R, quando a sua

resistência é zero e o valor da corrente nos outros ele -

mentos do circuito.

1––3

1––3

t(s)00

20 40 60 80 100

i1 (A)

resolução dos exercícios-tarefa MóDulos 33 e 34

1)

o vetorAB de módulo 2N representa a soma

F1 +

F2.

o vetor CD de módulo 2N representa a soma

F3 +

F4

A somaAB +

CD terá módulo 4N e representa a força

re sultan te F1 +

F2 +

F3 +

F4.

resposta: D

2)

Colocando-se Fe a partir da extremidade de

FB e

FA a

partir da extremidade de FD, verificamos que, pela

regra do polí gono:FB +

Fe =

FC

FD +

FA =

FC

F1

F2

F4

F3

r = 3

FC |

r| = 3 |

FC| = 30N

resposta: e

3) A distância x é dada pela apli -cação da lei dos co-se nos notriângulo da figura:x2 = d1

2 + d22 – 2d1 d2 cos 60°

x2 = (10)2 + (6)2 – 2 . 10 . 6 .

x2 = 100 + 36 – 60 = 76 = 4 . 19

resposta: C

4)

d = 6

i + 2

j (sI)

vm = = (sI)

resposta: D

5) resposta: e

6) a) 1) ∆s = área (v x t)

∆s = (12,0 + 4,0) + (20,0 + 12,0) (m)

∆s = 80,0m

2) vm = =

b) Para completar uma volta, a distância percorridadeve ser:

∆s = C = 2πr = 2 . 3 . 16,0 (m) = 96,0m

A partir do instante t1 = 6,0s, falta percorrer16,0m.

v = 20,0 = ∆t = 0,8s

t = t1 + ∆t = 6,8s

c) No instante t = 8,0s, o movimento é circular euniforme e a aceleração é centrípeta.

| acp| = = (m/s2)

respostas: a) @ 13,3m/s b) 6,8s c) 25,0m/s2

7) a) Para que a aceleração vetorial seja nula, deve -mos ter simultaneamente nulas as aceleraçõestangen cial e centrípeta.

Como |a | = | |, basta impormos que, no ins tante t1,

a aceleração escalar seja nula:

= 2,0t – 4,0 (sI)

0 = 2,0t1 – 4,0

b)

c) (1) ∆v = área do gráfico ( x t)

∆v1 = – (m/s) ∆v1 = –4,0m/s

(2) No instante t1, devemos ter v1 = 0 porque aaceleração centrípeta deve ser nula.

(3) ∆v1 = v1 – v0

–4,0 = 0 – v0

d) (1) at = 0 = 4,0m/s2 (instante t = 0)

(2) acp = = (m/s2) = 4,0m/s2

6 i + 2

j

–––––––––1

d

––––∆t

vm = 6

i + 2

j (sI)

2,0––––

24,0––––

2

∆s––––∆t

80,0m––––––

6,0s

vm = 13,3m/s

∆s––––∆t

16,0––––∆t

v2–––r

(20,0)2––––––

16,0

| acp| = 25,0m/s2

t1 = 2,0s

1–––2

x = 2 19 km

t = 2,0s = 0

t = 0 = –4,0m/s2

2,0 . 4,0––––––––

2

v0 = 4,0m/s

16,0––––4,0

v02

–––r

12 –

(3) a2 = a2t + a2

cp

a20 = (4,0)2 + (4,0)2

respostas: a) 2,0s b) ver gráfico

c) 4,0m/s d) 4,0 2 m/s2

MóDulos 35 e 36

1) se o amperímetro não acusa passagem de cor ren -te elétrica, o circuito dado resume-se a:

Assim, temos:

uCB + uAC = 10v

uCB + 4v = 10v

resposta: B

2) Cálculo da intensidade total (i) da corrente elé -trica:

i = i = (A)

Mas: uBC = r2 ivB – vC = 9,0 (1,0)vB – vC = 9,0v

temos ainda: vB = 0 e vC = vN0 – vN = 9,0v

Finalmente: P = (r1 + r2) i2

P = (3,0 + 9,0) . 1,02

resposta: B

3)

Nó A

i = i1 + i2

i = 5 + i2 (1)

Malha

+14 + 2 . i2 – 4 . i1 = 0

+14 + 2i2 – 4 . 5 = 0

De (1), vem i = 8A

Malha

+4 . i1 + r . i – 60 = 0

+4 . 5 + r . 8 – 60 = 0

resposta: B

4)

Nó A: i1 = 2 + i3

Malha : e’ + 5 . 2 + 2 . i1 – 40 = 0

e’ + 2 i1 = 30

Malha : +10 i3 + 2 i1 – 40 = 0

5 i3 + i1 = 20

e––––––––r1 + r2

12––––––––3,0 + 9,0

i = 1,0A

vN = –9,0v

P = 12,0W

uCB = 6v

i2 = 3A

r = 5W

cpa0 = 4,0 2 m/s2

– 13

De e i1 = 5A e i3 = 3A

em e’ + 2 . 5 = 30

resposta: D

5)

Nó A: i + i1 = i2

Malha : r2 . i2 – 12 + r1 i1 = 0

20 . i2 – 12 + 2 i1 = 0

i1 + 10 i2 = 6

Malha : – r1 i1 + 12 – v + r3 i = 0

– 2 i1 + 12 – v + 5i = 0

5i – 2 i1 = v – 12

em :

i1 + 10 (i + i1) = 6

11 i1 + 10i = 6

5,5 i1 + 5i = 3

– : 7,5 i1 = 15 – v

7,5 i1 = 15 – 0,5t

a) Para t = 0, vem:

b) Para i1 = 0, vem:

15 – 0,5tc) De i1 = – –––––––––, concluímos que o gráfico i1 x t

7,5

é retilíneo. Para t = 100s, temos i1 @ – 4,7A

Assim, temos o gráfico:

d) Para t = 90s, temos:7,5 i1 = 15 – 0,5 . 90i1 = – 4APortanto, a bateria B funciona, neste instante,como receptor e a potência recebida será:

P = u . i1 P = 12 . 4 (W)

respostas: a) 2A b) 30s c) gráfico acima d) 48W

6) a) sendo r = 2W, temos vB < vA e o diodo secomporta como uma chave aberta. Neste caso,temos o circuito:

Pela lei de Pouillet, resulta:e

i = –––– ∑ r

15 – 0,5ti1 = –––––––––––7,5

i1 = 2A

t = 30s

t(s)00

20 40 60 80 100

i1(Α)

1

2

3

−1

−2

−3

−4

−5

P = 48W

+

–

G

12V

R1

R 3

i

i

i

i+

++

+

=5Ω

A

=2ΩV

β

α

–

–

–

–

i2

i2

i1 R 2 = 20Ω

e’ = 20v

14 –

20i = –––5

b) Para r = 0, temos vB ≥ vA e o diodo se comportacomo uma chave fechada de resistência muitopequena que pode ser desprezada.temos o circuito:

Malha : –20 + 2i1 + 8 = 0

Malha : –8 + 1 . i0 = 0

Nó A: i1 + i2 = i0

6 + i2 = 8

respostas: a) 4A b) 8A 6A 2A

i1 = 6A

i0 = 8A

i2 = 2A

i = 4 A

– 15