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1.1. Generalidades do MHS (Parte 3)

 

Exercício 8 .

Um corpo MHS desloca-se entre as posições extremas { -50 \ cm} e { +50 \ cm} de sua trajectória, gastando 10 segundos para ir de uma à outra.
Considerando que,no instante inicial, o móvel estava na posição de equilíbrio em movimento retrogrado,determine:

  1. O período;
  2. A equação da elongação do movimento;

NÍVEL DE DIFICULDADE: Regular.

Resolução 8 .\

O problema nos apresenta um corpo em MHS. Nos é dada a amplitude deste movimento, através do valor das posições e nos é dado o tempo que o corpo leva a sair de um extremo para o outro.

Sabemos que um movimento oscilatório é um movimento de sucessivas aproximação e afastamentos de uma posição fixa chamada de posição de equilíbrio. Então, num MHS o corto move-se ciclicamente do seguinte modo:

  • Sai da posição de equilíbrio para um dos extremos (1º Extremo).
  • Sai deste 1º extremos para a posição de equilíbrio.
  • Sai da posição de equilíbrio para o outro extremos (2º Extremo, no lado oposto).
  • Sai deste 2º extremos para a posição de equilíbrio.

Esta é a descrição de um ciclo completo.

O tempo que a partícula leva a completar o ciclo acima é o período {T}.

Cada um dos movimentos descritos acima tem a mesma duração, para o MHS. Esta duração é de {0,25 \cdot T} ou seja, {\dfrac{T}{4}}.

Para sair de um extremo ao outro, a partícula tem de fazer dois destes movimento. Então, o tempo que a partícula leva a sair de um extremo para outro corresponde então a metade do período.

Quanto a fase, este problema nos dá informação sobre o movimento e posição da partícula no momento inicial. Como vamos usar a função seno, podemos observar o gráfico generalizado da função seno.

Observamos que a função seno atinge o valor zero (posição de equilíbrio, no MHS)quando {\varphi = 0^o}, {\varphi = 180^o}, {\varphi = 360^o}, etc.

No caso em análise, não poderemos adoptar {\varphi = 0^o}. Porquê? A reposta está no movimento descrito no enunciado. Se repararmos no gráfico genérico da função seno, observamos que, a seguir {\varphi = 0^o} o valor da função começa a subir. Em movimento, isso equivale a um movimento progressivo.

Como o enunciado diz que a partícula está na posição de equilíbrio, mas em movimento retrogrado, então, o ângulo de fase para este momento deve ser {\varphi = 180^o}.

O gráfico esboçado do movimento do exercício é o seguinte:

  1. Se o corpo demora {10 \ s} para ir de um extremo ao outro, então esses { 10 \ s} correspondem à metade do período, ou seja:

    \displaystyle \dfrac{T}{2}=10

    \displaystyle \Rightarrow T=10 \cdot 2

    \displaystyle \Rightarrow T=20 \ s

  2. A equação da elongação(ou equação horária) de um MHS pode ser dada na forma:

    \displaystyle x=A \cos(\varphi_0+ \omega t) \ ou \ x=A sen (\varphi_0+ \omega t)

    O uso de seno ou cosseno é opcional. Usaremos a função seno, conforme descrito na análise.

    Já ficou mostrado que { \varphi_0=180^o}.

    A amplitude do movimento é definida pela coordenada do extremo. Neste caso:

    \displaystyle A= \ 50 \ cm= \ 0,5 \ m

    Com o valor do período, podemos determinar a frequência angular:

    \displaystyle \omega =\dfrac{2 \pi}{T}=\dfrac{2 \pi}{20 }\ rad/s

    \displaystyle \omega = \dfrac{\pi}{10 }\ rad/s

    Então,m para equação do movimento, teríamos.

    \displaystyle x=A sen (\omega t+ \varphi)

    \displaystyle x=0,5 sen (\dfrac{\pi }{10 }t+ 180^o)

Exercício 9 .

Considere o gráfico da oscilação abaixo. Determine a amplitude deste MHS.

NÍVEL DE DIFICULDADE: Elementar.

Resolução 9 .

O problema nos apresenta o gráfico da velocidade de um MHS.

Pela ilustração,nota-se que o período de oscilação é{T=4 \ s } e a velocidade máxima da oscilação é { 5 \ cm/s}.

Logo,sabendo que a velocidade máxima de um corpo em oscilação é dada por:

\displaystyle v=A \omega

Sabemos também que:

\displaystyle \omega =2 \pi /T

Então, combinado as duas, temos:

\displaystyle v_{max}=A \cdot \dfrac{2\pi}{T}

\displaystyle \Rightarrow 0,05=A \cdot \dfrac{2\pi}{4}

\displaystyle \Rightarrow 0,05=A \cdot \dfrac{\pi}{2}

\displaystyle \Rightarrow 2 \cdot 0,05= A \pi

Invertendo a igualdade:

\displaystyle A \pi=2 \cdot 0,05

\displaystyle \Rightarrow A= \dfrac{2 \cdot 0,05}{\pi}

\displaystyle A=0,032 \ m

Exercício 10 .

Um corpo executa um MHS ao longo do eixo x, oscilando em torno da posição de equilíbrio { x=0 }.
O gráfico abaixo está o gráfico de sua aceleração em função do tempo.

Determine:

  1. A frequência do movimento.
  2. A amplitude do movimento.
  3. O módulo da velocidade do corpo em { t=2 \ s }

NÍVEL DE DIFICULDADE: Regular.

Resolução 10 .

O período e a amplitude da aceleração (ou aceleração máxima) deste MHS podem ser obtidos no gráfico abaixo:

 

Com isso conclui-se que:

\displaystyle a_{max}=10 \ m/s^2

\displaystyle t=4 \ s

  1. Por definição a frequência de uma oscilação é igual ao inverso do seu período, ou seja,{ f=\dfrac{1}{t}}.Logo:

    \displaystyle f=\dfrac{1}{4}=0,25 \ Hz

  2. Com os dados que temos,podemos calcular a amplitude A do movimento partindo da equação da aceleração máxima { a_{max}} do movimento.Sabendo que:

    \displaystyle a_{max}=A \cdot \omega ^2

    \displaystyle \omega = \dfrac{2}{\pi}t

    Logo:

    \displaystyle a_{max}=A \cdot ( \dfrac{2\pi}{t})^2

    \displaystyle A= a_{max} \cdot (\dfrac{t}{2\pi})^2

    \displaystyle A=10 \cdot (\dfrac{4}{2\pi})^2

    \displaystyle A=4,053 \ m

  3. Para calcularmos o módulo da velocidade no instante { t=2 \ s}, precisamos saber primeiro a equação da velocidade dessa partícula em MHS. Podemos fazer isso com base nos dados gráficos e nos valores já calculados.
    De, no instante { t=0}, a aceleração é a { a=-10 \ m/s^2}, logo percebe-se que a partícula iniciou a sua oscilação quando estava no extremo, pois a aceleração de um MHS é máxima nos extremos. O movimento inicia-se no extremo positivo, pois a aceleração é negativa. Uma sinusoide atinge os extremos quando {\varphi = 90^o}, {\varphi = 270^o}, {\varphi = 450^o}, etc. Veja grafico da função seno.

    Como o nosso caso é caso em que a partícula se encontra no extremo positivo, então a fase inicial { \varphi_0= \ 90^o= \ \pi /2 \ rad}.

    A equação da aceleração é dada por { a= -A \omega ^2 sen (\varphi_0+ \omega t)} ou então por { a=-A \omega ^2 \cos(\varphi_0+ \omega t)}. Estamos a trabalhar com a função seno.

    Logo temos que:

    \displaystyle a=-A \omega ^2 sen (\omega t + \varphi_0)

    Para um MHS em que a posição é descrita por uma função seno, a velocidade tem a seguinte equação:

    \displaystyle v=A \omega \cos(\omega t + \varphi_0)

    Sabemos também que:

    \displaystyle \omega =2 \pi /T

    Então:

    \displaystyle \omega =2 \pi / 4

    \displaystyle \Rightarrow \omega = \pi / 2

    Sabendo que { A=4,053 \ m }, { \omega =\dfrac{\pi}{2} \ rad/s} ; {\varphi_0= \pi/2}. Então, substituindo estes valores na equação da velocidade:

    \displaystyle v=4,053 \cdot \dfrac{\pi}{2}\cos(\dfrac{\pi}{2} \cdot t+\dfrac{\pi}{2})

    Como foi pedido para determinar a velocidade no instante {t=2 \ s}, então:

    \displaystyle v=4,053 \cdot \dfrac{\pi}{2}\cos(\dfrac{\pi}{2} \cdot 2+\dfrac{\pi}{2})

    \displaystyle \Rightarrow v=-6,37 \ m/s

Exercício 11 .

Uma partícula realiza um MHS segundo a equação { x=0,2 \cos( \pi t /2+\pi /2 )}, no SI. A partir da posição de elongação máxima, determine o menor tempo que está partícula gastará para passar pela posição de equilíbrio.

NÍVEL DE DIFICULDADE: Elementar.

Resolução 11 .

Apesar de parecer complexo, mas o problema é muito . Elementar mesmo.
O problema nos apresenta a equação de um MHS e nos pede para determinarmos o menor tempo que a partícula deve sair da posição de desvio máximo para a posição de equilíbrio.

Sabemos que um movimento oscilatório é um movimento de sucessivas aproximação e afastamentos de uma posição fixa chamada de posição de equilíbrio. Então, num MHS o corto move-se ciclicamente do seguinte modo:

  • Sai da posição de equilíbrio para um dos extremos (1º Extremo).
  • Sai deste 1º extremos para a posição de equilíbrio.
  • Sai da posição de equilíbrio para o outro extremos (2º Extremo, no lado oposto).
  • Sai deste 2º extremos para a posição de equilíbrio.

Esta é a descrição de um ciclo completo.

O tempo que a partícula leva a completar o ciclo acima é o período {T}.

Cada um dos movimentos descritos acima tem a mesma duração, para o MHS. Esta duração é de {0,25 \cdot T} ou seja, {\dfrac{T}{4}}.

Com a descrição acima, percebemos que, para sair de um extremo para a posição de equilíbrio, a partícula leva um tempo igual a um quarto do período.

O período pode ser obtido a partir de {\omega}. O {\omega} pode ser obtido na equação. Olhando na equação, vemos que:

\displaystyle \omega= \dfrac{\pi}{2}

Sabemos também que:

\displaystyle \omega =2 \pi /T

Então:

\displaystyle \dfrac{2 \pi}{T}= \dfrac{\pi}{2}

Fazendo multiplicação cruzada, obtemos:

\displaystyle 2 \pi \cdot 2= \pi \cdot T

Ou:

\displaystyle \pi \cdot T = 2 \pi \cdot 2

Então:

\displaystyle T = \dfrac{2 \pi \cdot 2}{\pi}

\displaystyle \Rightarrow T = \ 4 \ s

Como o tempo de passagem, do extremos para a posição de equilíbrio é {t=T/4}, então:

\displaystyle t=T/4= 4/4

\displaystyle \Rightarrow t= \ 1 \ s

Com isso, percebe-se que, para sair da posição de elongação máxima { x=\pm 0,2} para a posição de equilíbrio { (x=0)}, a partícula demora {1} segundo.

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1.1. Generalidades do MHS (Parte 3)

— 1. Oscilações —

— 1.1. Generalidades do MHS —

Exercício 5 .

Um MHS tem {x=5 \cos (10 \pi \ t+ \dfrac{\pi}{2})}.

Determine a velocidade máxima e a aceleração máxima deste movimento.

NÍVEL DE DIFICULDADE: Regular.

Resolução 5 .

O problema trata de um Movimento Harmónico Simples (MHS) cuja posição é descrita por uma função cosseno.

Nos é pedido para determinar a velocidade máxima (amplitude da velocidade) e a aceleração máxima (amplitude da aceleração).

Sendo um MHS, para obter as equações da velocidade e da aceleração, deveremos derivar a posição em função do tempo. A primeira derivada será a velocidade. A segunda derivada será a aceleração.

A amplitude da velocidade e da aceleração serão os coeficientes das funções seno ou cosseno nas equações da velocidade e aceleração.

Sendo que as grandezas estão no SI, os resultados obtidos dos cálculos também estarão no SI.

.

Pelas leis do movimento:

\displaystyle v= \dfrac{dx}{dt}

E:

\displaystyle a= \dfrac{dv}{dt}

Logo:

\displaystyle v= \dfrac{dx}{dt}=\dfrac{d [5 \cos (10 \pi \ t+ \dfrac{\pi}{2})]}{dt}

\displaystyle \Rightarrow v= [5 \cos (10 \pi \ t+ \dfrac{\pi}{2})]'

\displaystyle \Rightarrow v= 5 \cdot (10 \pi \ t+ \dfrac{\pi}{2})' \cdot [-sen (10 \pi \ t+ \dfrac{\pi}{2})]

\displaystyle \Rightarrow v= 5 \cdot 10\pi [- sen (10\pi \ t+ \dfrac{\pi}{2}) ]

\displaystyle \Rightarrow v=-50\pi sen (10 \pi \ t+ \dfrac{\pi}{2})

A partícula em oscilação harmónica atinge a velocidade máxima quando o factor da função seno ou cosseno é igual a {\pm 1}. Na velocidade, isso ocorre quando a partícula passa pela posição de equilíbrio. Neste caso, isso ocorre quando { sen (10\pi \ t+ \dfrac{\pi}{2})=\pm 1}. Para efeitos de cálculos, vamos trabalhar apenas com o valor absoluto.

Neste caso:

\displaystyle v_{max}=| -50 \pi \cdot 1|

Logo, o valor absoluto da velocidade máxima é:

\displaystyle v_{max} = \ 50 \pi \ m/s \approx \ 157,1 \ m/s

Para a aceleração:

\displaystyle a= \dfrac{dv}{dt}=\dfrac{d [-50\pi sen (10 \pi \ t+ \dfrac{\pi}{2})]}{dt}

\displaystyle \Rightarrow a= [-50\pi sen (10 \pi \ t+ \dfrac{\pi}{2})]'

\displaystyle \Rightarrow a= 50\pi \cdot (10 \pi \ t+ \dfrac{\pi}{2})' \cdot [cos (10 \pi \ t+ \dfrac{\pi}{2})]

\displaystyle \Rightarrow a=-50\pi \cdot (10 \pi) \ \cos(10\pi \ t+ \dfrac{\pi}{2} )

\displaystyle \Rightarrow a=-500\pi^2 \ \cos(10\pi \ t+ \dfrac{\pi}{2} )

A partícula em oscilação harmónica atinge a aceleração máxima quando o factor da função seno ou cosseno é igual a {\pm 1}.Na aceleração, isso ocorre quando a partícula passa pela posição de desvio máximo. Neste caso, atinge quando {\cos(10\pi \ t+ \dfrac{\pi}{2})= \pm 1 }. De igual modo, para efeitos de cálculos, vamos trabalhar apenas com o valor absoluto.

Logo, o valor absoluto da aceleração máxima é:

\displaystyle a_{max}= |-500\pi^2 \ \cdot 1 |

\displaystyle \Rightarrow a_{max}=500\pi^2 \ m/s^2 \approx 4934,8 \ m/s^2

.

Exercício 6 .

Um sistema realiza oscilações harmónicas com amplitude de { 2 \ cm} e frequência {10 \ Hz}.

Considerando que oscilação inicia na posição de equilíbrio; Determine a equação desta MHS, se descrito por uma função seno.
NÍVEL DE DIFICULDADE: Elementar.

Resolução 6 .

O problema dado apresenta um MHS onde nos é dado a frequência e a amplitude. Atenção que a amplitude está em {cm} que não é a unidade no SI. Então, teremos de converte-la para o SI.

Nos é pedido para determinar a equação deste MHS.

Para determinar a equação do MHS, precisamos de conhecer a amplitude, a frequência angular e a fase inicial. Usaremos a equação geral do MHS já conhecida.

A frequência angular será determinada pela relação entre frequência angular e linear.

A fase é obtida por análise da posição inicial do movimento e a função trigonométrica a ser usada na descrição desta oscilação.

Dados

{A= \ 2 \ cm= \ 2 \cdot 10 ^{-2} \ m}

{ f= \ 10 \ Hz}

Do estudo generalizado da função seno, conhecemos o gráfico genérico da figura a seguir.

Sabemos a partir dos dados que, no momento inicial, a partícula se encontrava na posição de equilíbrio ({x=0}).

Do gráfico anterior da função seno, observamos que a função seno atinge o zero para vários ângulos ({\varphi = 0}, {\varphi = 180^o}, {\varphi = 360^o}, etc.).Qualquer um dos ângulos anteriores é válido, pois não nos deram nenhuma referência do sentido da oscilação ou da velocidade.

Neste contexto, é costume optarmos pelo primeiro valor.

Pelos argumentos apresentados anteriormente, como a oscilação inicia na posição de equilíbrio,logo { \varphi_0 = \ 0 ^o = \ 0 \ rad }

A euação geral do MHS é:

\displaystyle x= A sen (\omega \cdot t+\varphi_0)

Para escrevermos a equação, temos de saber qual é o valor de {\omega} .

Sabemos que:

\displaystyle \omega = \ 2 \cdot \pi \cdot f

Logo, substituindo {f}, temos:

\displaystyle \omega =2 \cdot \pi \cdot 10

\displaystyle \Rightarrow \omega =20 \pi \ rad/s

Neste caso, substituindo os valores na equação da oscilação,temos:

\displaystyle x= A sen (\omega \cdot t+\varphi_0)

\displaystyle \Rightarrow x= 2 \cdot 10^{-2} sen (20 \pi \cdot t+0)

\displaystyle \Rightarrow x=2 \cdot 10^{-2} \cdot sen (20 \pi \ t)

Exercício 7 .

Numa oscilação, o corpo sai de um extremo outro em { 5 \ s } e chega com uma aceleração de {10 \ cm/s^2}. Determine a equação deste MHS.

NÍVEL DE DIFICULDADE: Regular.

Resolução 7 .

O problema trata de um MHS. Nos é dado directamente o valor da aceleração com que o corpo chega no outro extremo. Na realidade, do conhecimento do MHS, a aceleração que o corpo tem quando atinge o extremo é a aceleração máxima ou amplitude da aceleração.

Também foi fornecida uma informação do tempo de duração da oscilação. Essa informação foi dada de modo indirecto, pelo que, carece de alguma interpretação.

Sabemos que um movimento oscilatório é um movimento de sucessivas aproximação e afastamentos de uma posição fixa chamada de posição de equilíbrio. Então, num MHS o corto move-se ciclicamente do seguinte modo:

  • Sai da posição de equilíbrio para um dos extremos (1º Extremo).
  • Sai deste 1º extremos para a posição de equilíbrio.
  • Sai da posição de equilíbrio para o outro extremos (2º Extremo, no lado oposto).
  • Sai deste 2º extremos para a posição de equilíbrio.

Esta é a descrição de um ciclo completo.

O tempo que a partícula leva a completar o ciclo acima é o período {T}.

Cada um dos movimentos descritos acima tem a mesma duração, para o MHS. Esta duração é de {0,25 \cdot T} ou seja, {\dfrac{T}{4}}.

Para sair de um extremo ao outro, a partícula tem de fazer dois destes movimento. Então, o tempo que a partícula leva a sair de um extremo para outro corresponde então a metade do período.

.

Dados

{a_{max}= \ 10 \ cm/s^2= \ 10 \cdot 10 ^{-2} \ m/s^2= \ 0,1 \ m/s^2}

{ \dfrac{T}{2}= \ 5 \ s}

.

A equação de uma MHS é a seguinte:

\displaystyle x=A sen ( \omega t+\varphi_0)

Precisamos saber qual é o valor da amplitude A, da frequência angular {\omega} e da fase inicial { \varphi_0}.

O fenómeno pode ser analisado conforme a ilustração abaixo:

Onde:

{E_1} – Extremo 1.

{E_2} – Extremo 2.

Pela ilustração é possível observar que os { 5 \ s} levados pelo corpo para sair de um extremo para o outro corresponde à metade do período da oscilação.

Logo:

\displaystyle T=2 \cdot 5=10 \ s

Além disso,nota-se que no momento do inicio da oscilação, o corpo de encontra num dos extremos (Ver figura anterior).

A função seno atinge os extremos quando {\varphi = 90^o}, {\varphi = 207^o}, {\varphi = 450^o}, etc. Reveja o gráfico genérico da função seno.

Sabemos que podemos adoptar qualquer um dos ângulos, visto que não nos é dada nenhuma referência sobre o sentido do movimento ou a velocidade.

Então, o ângulo de fase inicial é:

\displaystyle \varphi_0= \ 90^o= \ \dfrac{\pi}{2} \ rad

Sabemos que:

\displaystyle \omega= \dfrac{2 \pi}{T}

Logo:

\displaystyle \omega= \dfrac{2 \pi}{10}= \dfrac{\pi}{5}

Falta-nos saber o valor da amplitude da oscilação.

O enunciado afirma que o corpo atinge uma aceleração de { 10 \ cm/s^2} quando chega ao outro extremo.

Lembrar que, a aceleração máxima de um movimento é:

\displaystyle a_{max}=A \omega^2

Pretendemos determinar a amplitude. Isolando a amplitude, teremos:

\displaystyle \dfrac{a_{max}}{\omega^2}= \ A

\displaystyle \Rightarrow A= \ \dfrac{a_{max}}{\omega^2}

Substituindo valores, teremos:

\displaystyle A= \ \dfrac{0,1}{(\dfrac{\pi}{5})^2}

\displaystyle \Rightarrow A= \dfrac{0,1}{( \pi / 5)^2}= 0,253 \ m

Substituindo na equação geral, temos:

\displaystyle x=A sen ( \omega t+\varphi_0)

\displaystyle \Rightarrow x = 0,253 \cdot sen ( \dfrac{ \pi}{5} t + \dfrac{\pi}{2})

Está a gostar da Abordagem? Veja também:

OBS: Como qualquer trabalho, esta publicação pode estar sujeita a erros de digitação, falta de clareza na imagem ou alguma insuficiência na explicação. Neste sentido, solicitamos aos nossos leitores o seguinte:

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1.3. Exercícios sobre Polarização da Luz (Parte 1)

— 1.3. Exercícios sobre Polarização da Luz —

Exercício 7 Duas películas polarizadas tem seus eixos de transmissão cruzados de tal forma que nenhuma luz é transmitida. Uma terceira película inserida entre elas com seu eixo de transmissão fazendo um ângulo de {45^o} em relação a cada um dos eixos. A combinação é mostrada na figura ao lado.Suponha que cada película ideal. Encontre a fracção da luz que é transmitida pelo sistema.

NÍVEL DE DIFICULDADE: Regular.

Resolução 7 .

Neste problema, analisamos a passagem da luz em filtros polarizadores. Esta passagem obedece a lei de Malus. A luz passa por um polarizador, e em por outros dois polarizadores (chamamos {P_1}, {P_2} e {P_3}). Incide luz natural em {P_1}. Após a passagem neste polarizador, já teremos luz linearmente polarizada, na direcção vertical. Em seguida, essa luz linearmente polarizada incide num segundo polarizador ({P_2}). Ao passar por este polarizador, a luz transmitida tem intensidade que obedece a lei de Malus, e portanto, é proporcional ao ângulo entre estes dois polarizadores (ou entre a direcção de polarização da luz incidente e o eixo do polarizador em questão). No terceiro polarizador, acontece o mesmo.

Dados

{\theta_{1} \ = \ 0^{o}}

{\theta_{2} \ = \ 45^{o}}

{\theta_{3} \ = \ 90^{o}}

{\dfrac{I_{f}}{I_0} \ - \ ?}

Utilizamos a lei de Malus e os conhecimentos de geometria, podemos determinar a fracção da Luz transmitida pelo sistema. O polarizado {P_{1} \ } está colocado a {0^{o}} com as componentes paralelas da Luz, então Depois deste polarizadores só passa as componentes paralelas da Luz, ou seja {50 \%} da intensidade da Luz.

Então, a intensidade após o primeiro polarizador será:

\displaystyle I_{1} \ = \ 0,5 \cdot I_{0}

A intensidade da Luz depois do polarizador {P_{2}} é determinado pela lei de Malus.

Conforme vimos pelo gráfico, o ângulo entre {P_{1}} e {P_{2}} é:

\displaystyle \theta_{12}= |\theta_{1}-\theta_{2}|

Neste caso, a intensidade após o segundo polarizador será:

\displaystyle I_{2} \ = \ I_{1} \cdot cos^{2} \ (\theta_{12})

\displaystyle \Rightarrow I_{2} \ = \ I_{1} \cdot cos^{2} \ (\theta_{2} \ - \ \theta_{1})

Obs: Não se usou o modulo pois a função cosseno é par.

Por fim a intensidade da Luz depois do terceiro polarizador e que Por conseguinte será a intensidade da Luz transmitida pelo sistema, também é determinado pela Lei Malus.

De acordo com a figura, ângulo formado entre {P_{2}} e {P_{3}} é:

\displaystyle \theta_{23}= |\theta_{2}-\theta_{3}|

Deste modo, a intensidade após o terceiro polarizador será:

\displaystyle I_{3} \ = \ I_{f} \ = \ I_{2} \cdot cos^{2} \ (\theta_{23} )

\displaystyle \Rightarrow I_{3} \ = \ I_{f} \ = \ I_{2} \cdot cos^{2} \ (\theta_{3} \ - \ \theta_{2})

Neste caso, a passagem de luz pelo sistema é definida pelas seguintes equações:

\displaystyle \left\{\begin{array}{cccccc} I_{1} \ = \ 0,5 \ (I_{0})\\ I_{2} \ = \ I_{1} \cdot cos^{2} \ (\theta_{2} \ - \ \theta_{1})\\ I_{3} \ = \ I_{2} \cdot cos^{2} \ (\theta_{3} \ - \ \theta_{2})\\ \end{array}\right.

Substituindo as equações 1 na equação 2 e sem seguida substituindo a equação 2 na equação 3, obtemos:

\displaystyle I_{3} \ = \ I_{f} \ = \ I_{2} \ cos^{2} \ (\theta_{3} \ - \ \theta_{2})

\displaystyle \Rightarrow I_{f} \ = \ [I_{1} \ cos^{2} \ (\theta_{2} \ - \ \theta_{1})] \ cos^{2} \ (\theta_{3} \ - \ \theta_{2})

\displaystyle \Rightarrow I_{f} \ = \ 0,5 \ I_{0} \ cos^{2} \ (\theta_{2} \ - \ \theta_{1}) \ cos^{2} \ (\theta_{3} \ - \ \theta_{2})

\displaystyle \Rightarrow I_{f} \ = \ 0,5 \ I_{0} \ [cos \ (\theta_{2} \ - \ \theta_{1}) \ cos^{2} \ (\theta_{3} \ - \ \theta_{2})]^{2}

\displaystyle \Rightarrow I_{f} \ = \ 0,5 \ I_{0} \ [cos \ (45^{o} \ - \ 0^{o})] \ cos \ (90^{o} \ - \ 45^{o})]^{2}

\displaystyle \Rightarrow I_{f} \ = \ 0,5 \ I_{0} \ [cos \ (45^{o} \ - \ 0^{o})] \ cos \ (90^{o} \ - \ 45^{o})]^{2}

\displaystyle \Rightarrow I_{f} \ = \ 0,5 \ I_{0} \ (cos \ 45^{o} \ . \ cos \ 45^{o})^{2}

\displaystyle \Rightarrow I_{f} \ = \ 0,5 \ I_{0} \ (cos^2 \ 45^{o} \ )^{2}

\displaystyle \Rightarrow I_{f} \ = \ 0,5 \ I_{0} \ (cos \ 45^{o})^{4}

\displaystyle \Rightarrow I_{f} \ = \ 125 \cdot I_{o}

Então, passando {I_0} para o membro esquerdo da equação acima, obtemos:

\displaystyle \dfrac{I_{f}}{I_{o}} \ = \ 0,125=\dfrac{1}{8}

A fracção da intensidade da Luz transmitida pelo sistema é de {\dfrac{1}{8}} ({12,5 \ \% }).

Exercício 8 Um feixe de luz não polarizada incide sobre duas placas polarizadas super expostas. Qual deverá ser ângulo entre os eixos dos polarizadores para que intensidade do feixe transmitido seja um terço da intensidade do feixe incidente?

NÍVEL DE DIFICULDADE: Regular.

Resolução 8

O problema tem a ver com o fenómeno de polarização da Luz. A luz passa por duas placas polarizadas, que formam um certo ângulo. A condição de calculo é que intensidade da luz após passar as placas seja um terço da intensidade da luz antes de passar as placas.

Neste caso, é-nos dada uma relação de forma indirecta: a razão entre a intensidade da luz depois dos polarizadores e a intensidade inicial.

Dados

{\dfrac{I_{2}}{I_{0}} \ = \ \dfrac{1}{3} }

Considerarmos {I_{0}} a intensidade da luz incidida ao primeiro polarizador, {I_{1}} A intensidade da luz que emerge do primeiro polarizador e incide no segundo polarizador e e {I_{2}} a intensidade da luz que emerge do segundo polarizador.

De acordo com o funcionamento dos filtros polarizadores ideais, quando a luz natural incide nele, é transmitida apenas {50 \% } da sua intensidade. Então, teremos:

\displaystyle I_{1} \ = \ \dfrac{1}{2} \ I_{0}

Pela lei de Malus sabe-se que :

\displaystyle I_{2} \ = \ I_{1} \cdot cos^{2} \alpha

Substituindo {I_2} pela relação anterior de {I_{1}}, teremos:

\displaystyle I_{2} \ = \dfrac{1}{2} \cdot I_{0}\cdot cos^{2} \alpha

Passando o {I_0} para o membro esquerdo, obtemos:

\displaystyle \dfrac{I_{2}}{I_0} \ = \dfrac{1}{2} \cdot cos^{2} \alpha

Então:

\displaystyle cos^2 \alpha \ = 2 \cdot \dfrac{I_{2}}{I_{1}}

\displaystyle \Rightarrow cos \alpha \ = \sqrt{2 \cdot \dfrac{I_{2}}{I_{1}}}

\displaystyle \Rightarrow cos \alpha \ = \sqrt{2 \cdot \dfrac{1}{3}}

\displaystyle \Rightarrow cos \alpha \ = \sqrt{\dfrac{2}{3}}

Nota: Antes da raiz, deveria ter sinal {\pm }, porém, como estamos apenas interessados na amplitude do ângulo, desprezamos o sinal negativo.

Insolando {\alpha}, obtemos:

\displaystyle \alpha \ = \ arccos \left(\sqrt{\dfrac{2}{3}}\right)

\displaystyle \Rightarrow \alpha \ \approx 35,3^o

O ângulo entre as direcções de polarização das Placas para que a intensidade do feixe transmitido seja um terço do feixe incidido, deve ser de {35^{o}}.

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1.1. Exercícios sobre Carga e Forças Eléctricas (Parte 2)

— 1.1. Exercícios sobre Carga e Forças Eléctricas —

Exercício 4 .

A soma de duas cargas é igual 0. Quando colocadas afastadas em {1 \ mm } a força electrostático entre elas fica igual a {100 \ mN}.

Determine o valor destas cargas .

NÍVEL DE DIFICULDADE: Regular.

Resolução 4 .

Dados

{ q_1+q_2=0 } .

{F=100 \ mN = 0,1 \ N } .

{ K= 9 \cdot 10^9 \dfrac{Nm^2}{C^2} } .

{ d=1 \ mm = \ 1 \cdot 10 ^{-3} \ m } .

{ q_1 \rightarrow ? } .

{ q_2 \rightarrow ? }

Este problema apresenta uma situação de aplicação directa da Lei de Coulomb.

São dadas duas cargas de valores desconhecidos, e definidas duas condições: soma algébrica das cargas e força electrostática.

Uma vez que não temos os valores das duas cargas eléctricas, mais temos a força é essa distância podemos criar um sistema de equação para encontrarmos as duas cargas.

O facto de a soma ser igual a zero, já implica que as cargas têm sinais opostos. Vamos pressupor que a carga {q_1} é positiva e que {q_2} é negativa. Este procedimento será relevante na eliminação do módulo na formula afecta a Lei de Coulomb.

\displaystyle \left\{\begin{array}{ccc} q_1 +q_2=0\\ \\ k\dfrac{| q_1 | | q_2 |}{(r)^2}=0,1\\ \end{array}\right.

Nota que, a primeira equação deriva da condição de que a soma seja zero. A segundo equação provém da igualdade entre a relação da força pela Lei de Coulomb e o valor da força dado no enunciado.

Substituindo valores para as constantes e dos dados, temos:

\displaystyle \left\{\begin{array}{ccc} q_1 +q_2=0\\ 9 \cdot 10^9 \dfrac{| q_1 | | q_2 |}{(1 \cdot 10 ^{-3})^2}=0,1 \\ \\ \end{array}\right.

\displaystyle \Rightarrow \left\{\begin{array}{ccc} q_1 +q_2=0\\ \\ 9 \cdot 10^9 \dfrac{| q_1 | | q_2 |}{1 \cdot 10 ^{-6}}=0,1\\ \end{array}\right.

Resolvendo, temos:

\displaystyle \left\{\begin{array}{ccc} q_1 +q_2=0\\ \\ 9 \cdot 10^{15} | q_1 | | q_2 | =0,1\\ \end{array}\right.

\displaystyle \Rightarrow \left\{\begin{array}{ccc} q_1 +q_2=0 \\ \\ | q_1 | | q_2 | = \dfrac{0,1}{9 \cdot 10^{15}}\\ \end{array}\right.

\displaystyle \Rightarrow \left\{\begin{array}{ccc} q_1 +q_2=0 \\ \\ | q_1 | | q_2 | = \dfrac{1 \cdot 10 ^{-1}}{9 \cdot 10^15}\\ \end{array}\right.

\displaystyle \Rightarrow \left\{\begin{array}{ccc} q_1 +q_2=0 \\ \\ | q_1 | | q_2 | =\dfrac{1 \cdot 10 ^{-16}}{9}\\ \end{array}\right.

\displaystyle \Rightarrow \left\{\begin{array}{ccc} q_1= -q_2 \\ \\ | q_1 \cdot q_2 | ==\dfrac{1 \cdot 10 ^{-16}}{9}\\ \end{array}\right.

Substituindo {q_1} da primeira equação na segunda, teremos:

\displaystyle \left\{\begin{array}{ccc} --- \\ \\ | -q_2 \cdot q_2 | =\dfrac{1 \cdot 10 ^{-16}}{9}\\ \end{array}\right.

\displaystyle \Rightarrow \left\{\begin{array}{ccc} --- \\ \\ | -q^2_2 | =\dfrac{1 \cdot 10 ^{-16}}{9}\\ \end{array}\right.

Eliminando o módulo, temos:

\displaystyle \left\{\begin{array}{ccc} --- \\ \\ q^2_2 = =\dfrac{1 \cdot 10 ^{-16}}{9}\\ \end{array}\right.

\displaystyle \Rightarrow \left\{\begin{array}{ccc} --- \\ \\ |q_2| = \sqrt{\dfrac{1 \cdot 10 ^{-16}}{9}}\\ \end{array}\right.

\displaystyle \Rightarrow \left\{\begin{array}{ccc} --- \\ \\ |q_2| \approx 3,33 \cdot 10^{-3} \ C\\ \end{array}\right.

Eliminando o modulo de {q_2}, obtemos:

\displaystyle \left\{\begin{array}{ccc} --- \\ \\ q_2 = - 3,33 \cdot 10^{-3} \ C\\ \end{array}\right.

Como {q_1= -q_2}, então:

\displaystyle q_1=3,33 \cdot 10^{-3} \ C

Exercício 5 Um conjunto de cargas colocadas nos vértices de um triângulo equilátero de {50 \ \mu m} de aresta, tem todas {10 \ \mu C}. Qual é a força resultante em qualquer carga dos vértices?

NÍVEL DE DIFICULDADE: Regular.

Resolução 5 .

Dados

{q_1=q_2=q_3=10 \ \mu C=10 \cdot 10^{-6} \ C }

{a=50 \ \mu m=50 \cdot 10^{-6} \ m }

{F_{r_{q3}}-? }

{K=9 \cdot 10^9 \ Nm^2/C^2 }

O problema apresenta um sistema de 3 cargas (num plano). A disposição das cargas é tal que forma um Triângulo Equilátero.

Da geometria plana, sabemos que o triângulo equilátero tem todos os lados e ângulos internos iguais. O valor dos ângulos internos é sempre de {60^o}.

Devemos fazer a figura, inserir um sistema de coordenadas. escolher uma das cargas e indicar as interacções das forças nesta carga.

Como as cargas são todas do mesmo sinal a força entre elas é sempre de repulsão. Escolhemos a carga {q_3} para análise.

A partir da figura, observamos que actuam na carga {q_3} duas forças: {F_{13}} (Força de interacção entre as cargas 1 e 3) e {F_{23}} (força de interacção entre as cargas 2 e 3.

Essas forças estão na direcção da linha que une as cargas em questão e representamo-las como setas que saem da carga naquelas direcções. Como as forças são de repulsão, o sentido escolhido é o sentido que tende a afastar as cargas.

Como temos adição de dois vectores, podemos optar por um dos dois métodos: lei dos cossenos ou decomposição em projecções.

Neste exercício, faremos a decomposição em projecções (por livre escolha).

A força {\vec{F_{23}}} é um vector paralelo ao eixo {Ox}. Não precisa ser projectado.

A força {\vec{F_{13}}} , por não ser paralela ao eixo {Ox} nem ao eixo {Oy}, vamos projecta-la. Dá origem então as projecções {\vec{F_{13x}}} e {\vec{F_{13y}}}.

A partir da figura temos:

Sabemos que {F_{23}=F_{13}=F}, porque tem as mesma cargas e a mesmas distâncias. Então, pela lei de Coulomb, temos:

\displaystyle \Rightarrow F_{23}=\dfrac{K \cdot |q_2| \cdot |q_3|}{a^2}=\dfrac{9 \cdot 10^{9} (10 \cdot 10^{-6})^2}{(50 \cdot 10^{-6})^2}

Resolvendo, temos:

\displaystyle F_{23}=36 \cdot 10^{10} \ N =F_{13}=F

Os ângulos da força {\vec{F_{13}}} se obtêm por análise gráfica. Considerando o axioma de rectas concorrentes, concluímos que o ângulo entre {\vec{F_{13}}} e o eixo {Ox} é {60^o}. O ângulo de {\vec{F_{13}}} com o eixo {Oy} é o complementar de {60^o}, portanto, {30^o}. Neste método, o vector resultante é obtido pelas resultantes em cada eixo.

Neste caso, a projecções resultantes são:

\displaystyle F_{Rx}=F_{23} + F_{13} \cdot \sin 30^o=F + F \cdot \cos 60^o

\displaystyle F_{Ry}=F_{13} \cdot \cos 30^o= \ F \cdot \sin 60^o

Neste caso, usando o teorema de Pitágoras, teremos:

\displaystyle F_{r_{q3}}=\sqrt{(F_{Rx} )^2 + (F_{Ry} )^2 }

\displaystyle \Rightarrow F_{r_{q3}}=\sqrt{(F + F \cdot \cos 60^o)^2 + (F \cdot \sin 60^o)^2 }

\displaystyle \Rightarrow F_{r_{q3}}=\sqrt{[F(1 + \cos 60^o)]^2 + (F \cdot \sin 60^o)^2 }

\displaystyle \Rightarrow F_{r_{q3}}=\sqrt{[36 \cdot 10^{10}(1 + \cos 60^o)]^2 + (36 \cdot 10^{10} \cdot \sin 60^o)^2 }

\displaystyle F_{r_{q3}}=62,35\cdot 10^{10} \ N

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1.1. Exercícios sobre Equações Ondas Electromagnéticas e Propagação

— 1. Exercícios sobre Natureza da Luz e Propagação de Ondas Electromagnéticas —

— 1.1. Exercícios sobre Equações Ondas Electromagnéticas e Propagação —

Exercício 1 Uma onda electromagnética com frequência de 65 Hz desloca-se em um material magnético isolante que possui constante dieléctrica relativa é igual à 3,64 e a permeabilidade magnética relativa é igual à 5,18 nessa frequência. o campo eléctrico possui amplitude de {7,2 \cdot 10^{-3} \ V/m}.

  1. Calcule a velocidade de propagação da onda?
  2. Qual é o comprimento de onda?
  3. Qual é a amplitude do campo magnético?NÍVEL DE DIFICULDADE: Regular.
Resolução 1

Dados

{f = \ 65 Hz}

{\varepsilon_r = \ 3,64}

{\mu_r = \ 5,18}

{E_0 = \ 7,2 \cdot 10^{-12} \ v/m}

{\varepsilon_0 = \ 8,85 \cdot 10^{-12} \ C^2/Nm^2}

{\mu_0 = \ 4\Pi \cdot 10^{-7} \ Wb/Am}

{\textbf{a)}v-? \ \ textbf{b)} \lambda-? \ \textbf{c)}H_0-?}

  • {v-?}Conhecemos a equação duma onda electromagnética que é:

    {\frac{\partial ^2B}{\partial t^2} = \ \frac{1}{\mu \varepsilon} \cdot \frac{\partial ^2B}{\partial x^2}}, onde {\frac{1}{\mu \varepsilon} = \ v^2} é a velocidade de propagação da onda.

\displaystyle v^2 = \ \frac{1}{\mu \ \varepsilon} \Rightarrow v = \ \sqrt{\frac{1}{\mu \varepsilon}}

{\mu} e {\varepsilon} são as constantes magnéticas e eléctricas do meio, respectivamente.

A relação entre estas e as constantes magnéticas e eléctricas relativa é a seguinte:

{\mu = \ \mu_0 \mu_r} e {\varepsilon = \ \varepsilon_0 \varepsilon_r}.

Então a velocidade de propagação da onda será:

{v = \ \frac{1}{\sqrt{\mu \varepsilon}} = \ \frac{1}{\sqrt{\mu_0 \mu_r \varepsilon_0 \varepsilon_r}} = \ \frac{1}{\sqrt{\mu_0 \varepsilon_0}} \cdot \frac{1}{\sqrt{\mu_r \varepsilon_r}}}.

Sabe-se que:

\displaystyle c = \ \frac{1}{\sqrt{\mu_0 \varepsilon_0}} \approx 3 \cdot 10^8 \ m/s

Logo:

\displaystyle v = \ \frac{1}{\sqrt{\mu_r \varepsilon_r}} \cdot c = \ \frac{c}{\sqrt{\mu_r \varepsilon_r}} = \ \frac{3 \cdot 10^8 \ m/s}{\sqrt{5,18 \cdot 3,64}} = \ 0,7 \cdot 10^8 \ m/s

  1. {\lambda-?}A onda electromagnética em questão é uma onda sinusoidal e periódica que pode ser expressa em termos dos seus campos eléctricos e magnéticos da seguinte forma:

    \displaystyle \overrightarrow {E}(x,t) = \ E_0 \cdot \cos(\omega t+ Kx) \overrightarrow{j}

    O comprimento de onde é

    \displaystyle \overrightarrow{B}(x,t) = \ B_0 \cdot \cos(\omega t+ Kx) \overrightarrow{k}

    Para as ondas, a velocidade obedece a relação:

    {v = \ \dfrac{\lambda}{T}}, e sabemos que {T = \ \frac{1}{f}}

    \displaystyle \Rightarrow \lambda = \ \frac{v}{f}

    \displaystyle \Rightarrow \lambda = \ \frac{0,7 \cdot 10^8 \ m/s}{65 \ s^{-1}} = \ 0,011 \cdot 10^8 \ m = \ 1,1 \cdot 10^6 \ m = \ 1100 \ Km

     

  2. {H_0-?}Utilizando a relação das amplitudes dos campos eléctricos e magnéticos na Onda Electromagnética (O.E.M.), temos:
  3. \displaystyle \sqrt{\varepsilon_0 \varepsilon_r} \cdot E_0 = \ \sqrt{\mu_0\mu_r} \cdot H_0

    \displaystyle H_0 = \ \frac{\sqrt{\varepsilon_0 \varepsilon_r} E_0}{\sqrt{\mu}_0 \mu_r} = \ \frac{\sqrt{\varepsilon_0 \varepsilon_r}}{\sqrt{\mu_0 \mu_r}} \cdot E_0

    \displaystyle \Rightarrow H_0 = \ \sqrt{\frac{\varepsilon_0 \varepsilon_r}{\mu_0 \mu_r}} \cdot E_0 = \ \sqrt{\frac{8,85 \cdot 10^{-12} \ \cdot 3,64}{4 \pi \cdot 10^{-7} \cdot 5,18}} \cdot 7,2 \cdot 10^{-3}

    \displaystyle \Rightarrow H_0 = \ 9,43 \cdot 10^{-3} \ A/m

Exercício 2 A potência irradiada pela antena de uma estação radiofónica é de 4 kW. A 4 km do transmissor foi colocada uma antena de recepção de 65 cm de comprimento. Qual é o valor de pico da f.e.m induzida por esse sinal entre as extremidades da antena receptora.

NÍVEL DE DIFICULDADE: Regular.

Resolução 2

Dados

{P = \ 4 \ kW = \ \ 4 \cdot 10^3 \ W }

{l = \ 65 \ cm = \ \ 0,65 \ m}

{r = \ 4Km = \ 4 \cdot 10^3 \ m}

{\varepsilon_{ind}-?} {\varepsilon_0 = \ 8,85 \cdot 10^{-12} \ C^2/Nm^2}

{\mu_0 = \ 4\pi \cdot 10^{-7} \ Wb/Am}

{C = \ 3\cdot 10^8 \ m/s}

{\varepsilon = \ \oint \overrightarrow{E}d\overrightarrow{l}}

O módulo ou amplitude da f.e.m é:

\displaystyle \varepsilon_{ind} = \ E_0 \cdot l \ \ \ \ \ (1)

 

Precisamos antes determinar a amplitude do campo eléctrico {(E_0)}. Em seguida poderemos determinar {\varepsilon_ind}. A intensidade da onda é:

\displaystyle I = \ \frac{1}{2}E_0H_0 = \ \frac{1}{2}E_0(\frac{B_0}{\mu,_0}) = \ \frac{E,_0 B_0}{2\mu,_0}

Como {c = \ \frac{E_0}{B_0}\Rightarrow B_0 = \ \frac{E_0}{c}}. Então:

\displaystyle I = \ \frac{E_0 \frac{E_0}{c}}{2 \mu_0}\Rightarrow I = \ \frac{\frac{E_0}{c}}{2\mu_0} = \ \frac{E_0^2}{2c \cdot \mu_0}

Isolando {E_0}, temos:

\displaystyle E_0^2 = \ 2 \mu_0 c I \Rightarrow E_0 = \ \sqrt{2 \mu_0 c I}

A intensidade da OEM é : {I = \ \frac{P}{A} = \ \frac{P}{4 \pi r^2}}, então:

\displaystyle E_0 = \ \sqrt{2 \mu_0 c \frac{P}{4\pi \cdot r^2}} = \ \sqrt{\frac{ \mu_0 c P}{2\pi r^2}} \ \ \ \ \ (2)

 

Substituindo esta formula na equação 1, temos:

\displaystyle \varepsilon_{ind} = \ E_0 \cdot l = \ \sqrt{\frac{ \mu_0 c P}{2\pi r^2}} \cdot l

\displaystyle \Rightarrow \varepsilon_{ind} = \ \frac{l}{r} \sqrt{\frac{ \mu \cdot c\cdot P}{2\pi}} = \frac{0,65 \ m}{4 \cdot 10^3 \ m} \sqrt{\dfrac{4 \pi 10^{-7} \cdot 3 \cdot 10^8 \cdot 4 \cdot 10^3}{2 \pi}}

\displaystyle \Rightarrow \varepsilon_ind = \ 0,0796 \ V

 

Exercício 3 Um condutor de resistência de 150 {\Omega} e conduz uma corrente contínua de 1 A, e emite ondas electromagnéticas, devido o aquecimento. O condutor tem 8 cm de comprimento e 0,9 nm de raio.

  1. Calcule o vector de Poynting na superfície do filamento?.
  2. Encontre as magnitudes dos campos eléctricos e magnéticos na superfície do filamento;.NÍVEL DE DIFICULDADE: Regular.
Resolução 3

Dados {R = \ 150 \Omega}

{i = \ 1A}

{l = \ 8 \ cm}

{r = \ 0,3 \ n m = \ 0,3 \cdot 10^{-3} \ m}

{\varepsilon_0 = \ 8,85 \cdot 10^{-12} \ C^2/Nm^2}

{\mu_0 = \ 4 \pi \cdot 10^{-7} \ Wb/Am}

{c = \ 3 \cdot 10^8 \ m/s}

.
OBS: Para distinguir intensidade da radiação da intensidade de corrente eléctrica, nomeamos {I} para Intensidade da Radiação e {i} para intensidade de corrente eléctrica.

  1. A intensidade duma O.E.M. corresponde ao valor médio do vector de poynting, assim:

    \displaystyle I = \ \frac{1}{2}|\overrightarrow{S}| \Rightarrow |\overrightarrow{S}| = \ 2I

    A intensidade duma OEM tem relação com a potência desta onda e com a área:

    \displaystyle I = \ \frac{P}{A}

    Sabemos que a potência pode ser dada por :

    \displaystyle P = \ U \cdot i = \ (i \cdot R)i\Rightarrow P = \ i^2 \cdot R

    Para área, vamos considerar a área lateral. Modelamos o condutor como um cilindro. Então, a área lateral será: {A = \ 2 \pi \cdot r \cdot l}.

    Substituindo estas duas relações na fórmula da intensidade , temos:

    \displaystyle I = \ \frac{P}{A} = \ \frac{i^2 \cdot R}{2 \pi \cdot r \cdot l}

    Substituindo na equação do módulo vector de Poyting, obtemos:

    \displaystyle |\overrightarrow{S}| = \ 2I = \ \frac{2R \cdot i^2}{2 \pi \cdot r \cdot l} = \ \frac{2 \cdot 150 \ \Omega \cdot (1 A)^2}{2 \pi \cdot 0,9 \cdot 10^{-9} \cdot 8 \cdot 10^{-2}} = \ 1989,4 \cdot 10^3 \ W/m^2

     

  2. Sabemos que para as O.E.M.:

    \displaystyle I = \ \frac{1}{2}E_0H_0

    Mas {c = \ \frac{E_0}{B_0} \Rightarrow B_0 = \ \frac{E_0}{c}} e {H_0 = \ \frac{B_0}{\mu_0} = \ \frac{\frac{E_0}{c}}{\mu_0} = \ \frac{E_0}{\mu_0 \cdot C}}

    Então:

    \displaystyle I = \ \frac{1}{2}E_0 \cdot \frac{E_0}{\mu_0 \cdot c} = \ \frac{E_0^2}{2c \cdot \mu_0}

    . Isolando {E_0} nesta equação anterior, obtemos :

    \displaystyle E_0^2 = \ 2c \cdot \mu_0 \cdot I \Rightarrow E_0 = \ \sqrt{2c \cdot \mu_0 \cdot I}

    Já sabemos que a intensidade é:

    \displaystyle I = \ \frac{1}{2}|\overrightarrow{S}| = \ \frac{1}{2} \cdot 1989,4 \cdot 10^3 \ W/m^2 = \ 994,7 \cdot 10^3 \ W/m^2

    Logo a amplitude do vector campo magnético será:

    \displaystyle E_0 = \ \sqrt{2c \cdot \mu_0 \cdot I} = \ \sqrt{2 \cdot 3 \cdot 10^8 \cdot 4\pi \cdot 10^{-7} \cdot 994,7 \cdot 10^3}

    \displaystyle E_0 = \ 27,386 \cdot 10^3 \ V/m

    Então, a intensidade do campo magnético é:

    \displaystyle H_0 = \ \frac{B_0}{\mu_0} = \ \frac{\frac{E_0}{c}}{\mu_0} = \ \frac{E_0}{c \cdot \mu_0} = \ \frac{27,386 \cdot 10^3}{3 \cdot 10^8 \cdot 4\pi \cdot 10^{-7}} = 72,64 \ A/m

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OBS: Como qualquer trabalho, esta publicação pode estar sujeita a erros de digitação, falta de clareza na imagem ou alguma insuficiência na explicação. Neste sentido, solicitamos aos nossos leitores o seguinte:

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1.1. Exercícios sobre Carga e Forças Eléctricas (Parte 1)

— 1. Exercícios sobre Electrostática —

 

— 1.1. Exercícios sobre Carga e Forças Eléctricas —

Exercício 1 .

Uma esfera metálica carregada negativamente tem { -25 \ \mu C } quantos eletrões em excesso foram adicionados a esta esfera? ({ q_e=-1,6 \cdot 10 ^{19} \ C }).
NÍVEL DE DIFICULDADE: Elementar.

Resolução 1 .

Dados .

{ q= -25 \ \mu5=-25 \cdot 10 ^{-6} \ 6 } .

{ q_e=-1,6 \cdot 10 ^{-19} \ 6 } .

{ n \rightarrow ? } .

. A carga total é dada por:

\displaystyle q=n \cdot q_c

Onde:

{q-} é a carga eléctrica total.

{n-} é o numero de electrões em excesso ou defeito.

{q_e}= é a carga eléctrica elementar

Neste caso, isolando {n}, obtemos:

\displaystyle q= n \cdot q_c \Rightarrow n= \frac{q}{q_c}= \frac{-25 \cdot 10 ^{-6} \ 6}{-1,6 \cdot 10 ^{-19} \ 6}

\displaystyle n= \frac{25 \cdot 10 ^{-6}}{1,6 \cdot 10 ^{-19}}

\displaystyle n=1562,5 \cdot 10^{11}

.

Neste caso a esfera tem {1562,5 \cdot 10^{11}} electrões.

Exercício 2 .

Qual é a força da interação entre o núcleo e o electrão de um átomo de Hidrogénio, se o raio atómico é de { 53 \ pm}.

NÍVEL DE DIFICULDADE: Elementar.

Resolução 2 .

Dados .
{ q_p= 1,6 \cdot 10 ^{-19} \ C } .

{ q_e= -1,6 \cdot 10 ^{-19} \ C } .

{ r= 53 \ pm = 53 \cdot 10 ^{-12} \ C} .

{ k \approx \ 9 \cdot 10 ^{9} \ N \cdot m^2/C^2 }

De acordo com a lei do coulomb temos:

\displaystyle \overrightarrow{F}=k \cdot \frac{q_1 \cdot q_2}{r^2} \overrightarrow{u_r}

Em módulo:

\displaystyle F=k \cdot \frac{|q_1| \cdot |q_2|}{r^2}

O átomo de Hidrogénio, no estado fundamental, tem contem duas cargas (um electrão e um protão) e a distância entre elas é igual ao raio da orbita. Então:

\displaystyle F=k\frac{ | q_e| \cdot |q_p | }{ r^2}= 9 \cdot 10 ^{9} \frac{( 1,6 \cdot 10 ^{-19} )^2}{( 53 \cdot 10 ^{-12})^2}

\displaystyle F= 8,2 \cdot 10 ^{-8} \ N

A força de interação é de { 8,2 \cdot 10 ^{-8} \ N }.

Exercício 3 Quando duas esferas(A e B), carregadas e condutoras, com respectivamente {10 \ nC } e {-5 \ nC} e inicialmente num,a distância d, uma da outra, apresentam uma força de {50 \ m N}. Se colocadas em contacto e separadas novamente à distância inicial, qual será a força e a natureza da mesma (actração ou repulsão)?

NÍVEL DE DIFICULDADE: regular.

Resolução 3 .

Dados .

{q_{dA}=10 \ nC= \ 10 \cdot 10^{-9} \ C }

{q_{dB}=-5 \ nC= \-5 \cdot 10^{-9} \ C}

{d=d_0=d_1}

{F_0=50 \ nN= \ 50 \cdot 10^{-3} \ N}

{F_{1}-?}

Natureza{-?} .

.
Se trata de duas situações, onde a distância inicial {(d_0) } é igual a distância final {(d_1)} logo: {d=d_0=d_1}.

.

Ao colocar as esferas juntas, a carga total será a soma das cargas de cada um deles. Como ambas são condutoras, ocorre transferência de electrões de um material para outro. Esta transferência cessa quando as cargas dos dois ficam, iguais. Ao separa-los, cada uma fica com a carga obtida do equilíbrio, que no caso, é igual a metade da carga resultante. Logo:

\displaystyle q_{1A}=q_{1B}=\frac{q_{A} + q_{B}}{2}=\frac{10 \ nC \ + \ (-5 \ nC)}{2}=\frac{5 \ nC)}{2}= \ 2,5 \ nC = \ 2,5 \cdot 10^{-9} \ C

.

No inicio (situação 0), a força de que actua entre as cargas é:

\displaystyle F_0=k \frac{|q_A| \cdot |q_B|}{d^2} \Rightarrow k=\frac{d^2 \cdot F_0}{2 \cdot |q_A| \cdot |q_B|} \ \ \ \ \ (1)

Após contacto, os valores das cargas mudam e consequentemente, a força muda. A força de que actua entre as cargas nesta situação 1 é:

\displaystyle F_{1}=k \frac{(|q_{0A}| \cdot |q_{0B}|}{d^2}= k\frac{|q_{0A}| \cdot |q_{0B}|}{d^2} \ \ \ \ \ (2)

Substituindo {k} da equação 1 na equação 2, temos:

\displaystyle F_{1}=\frac{d^2 \cdot F_0}{|q_A| \cdot |q_B|} \cdot \frac{|q_{0A}| \cdot |q_{0B}|}{d^2}

\displaystyle F_{1}=\frac{50 \cdot 10^{-3}}{|10 \cdot 10^{-9}| \cdot |-5 \cdot 10^{-9}|} \cdot \frac{ (2,5 \cdot 10^{-9} )^2}{1}

Nota: Simplificamos as distâncias, pois são iguais.

\displaystyle F_{1}=6,25 \cdot 10^{-3} \ N

\displaystyle F_{1}=6,25 \ mN

Sendo que as cargas são iguais, a natureza da Força será de Repulsão.

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1.2. Exercícios sobre Movimentos: Generalidade e Movimentos uni-dimensionais (Parte 3)

Exercício 12 .

O gráfico da velocidade em função do tempo de um MRUV é dado abaixo. Determine o deslocamento no intervalo de 0 a 4 Segundos.

NÍVEL DE DIFICULDADE: Regular.

Resolução 12 .

Para este caso, podemos determinar o deslocamento através de dois métodos.

  1. Usando a equação de Torricelli, através dos dados no gráfico acima:

    \displaystyle 2a \cdot \Delta s= v^2-v^2_0 \Rightarrow \Delta s =\frac{v^2-v^2_0}{2a} \ \ \ \ \ (10)

    Do gráfico temos os seguintes dados:{ v_0= 20 \ m/s } e {v= 40 \ m/s }.No MRUV a aceleração média é igual a aceleração instantânea. Então, a aceleração é dada por:{ a=\frac{\Delta v}{\Delta t}=\frac{v-v_0}{t-t_0} }

    No intervalo de {0} `a { 4 \ s } : { a= \frac{40-20}{4-2} \cdot \frac{m/s}{s}=\frac{20}{4} \cdot m/s^2 }

    \displaystyle a=5 \ m/s^2

    Substituindo os dados na equação 10, obtemos:

    \displaystyle \Delta s=\frac{v^2-v^2_0}{2a}=\frac{(40)^2 - (20)^2}{2 \cdot 5}=120 \ m \Rightarrow \Delta s = 120 \ m

  2. O outro método é usando o calculo de área. Sabemos que a área debaixo da curva da velocidade em função do tempo é numericamente igual ao deslocamento (ver definição velocidade e interpretação geométrica da derivada). Para o nosso caso, a área debaixo da curva é a área de um trapézio, cujas bases maior e menor tem valores no eixo da velocidade (vertical) e a altura tem valor no eixo do tempo. Sendo assim:

    \displaystyle \Delta s = A_{Trapezio} = \frac{(B+b)}{2} \cdot h = \frac{(40+20)}{2} \cdot 4=120 m

    Logo, temos:{ \Delta s = 120 \ m }

Exercício 13 .

Um movimento descrito pelo gráfico abaixo.

Descreva o tipo de movimento dos traços AB, BC, CD e DE.

.

NÍVEL DE DIFICULDADE: Elementar.

Resolução 13 .

Este gráfico apresenta a variação da velocidade em função do tempo. Neste gráfico, o tipo de movimento é definido pela forma da linha do gráfico.

Se a linha do gráfico for uma recta oblíqua, então trata-se de um caso de MRUV. Será um MRUV acelerado se for inclinada com declive positivo e velocidade positiva ou com declive negativo e velocidade negativa. Será um MRUV retardado se for inclinada com declive positivo e velocidade negativa ou com declive negativo e velocidade positiva.

Se a linha for horizontal, a velocidade é constante (MRU). Este MRU pode ser progressivo (se a velocidade for positiva) ou retrógrado (se a velocidade for negativa).

  1. No traço AB (recta oblíqua): A velocidade é positiva e aumenta de { 10 \ m/s} à { 30 \ m/s } . Neste caso, a aceleração é constante e positiva neste mesmo intervalo, portanto, de A para B o movimento é um MRUV acelerado progressivo.
  2. No traço BC (Recta oblíqua): A velocidade é positiva e diminui de { 30 \ m/s} à { 0 }, a aceleração é negativa e constante no mesmo intervalo,portanto, de B para C o movimento é um MRUV retardado progressivo.
  3. No traço CD: A velocidade é negativa mas aumenta em módulo de { 0 } à { \approx -15 \ m/s} e a aceleração é constante e negativa no mesmo intervalo, portanto, de C para D o movimento é um MRUV acelerado retrógrado.
  4. No traço DE: A velocidade é negativa e constante ({\approx -15 \ m/s } , e a aceleração é nula no mesmo intervalo,portanto, o movimento é um MRU retrógrado.

.

Exercício 14 .

Dois móveis têm as seguintes equações do movimento.

  1. Móvel 1: { x_1=100+20 \ t }
  2. Móvel 2: { x_2=500-4 \ t^2 }

Determine a velocidade do móvel (2) no ponto de encontro.

NÍVEL DE DIFICULDADE: Regular.

Resolução 14 .

A equação do móvel(1) é uma equação do 1º grau, portanto o móvel em MRU. A equação do móvel (2) é uma equação do 2º grau, portanto o móvel (2) move-se em MRUV.

.

O objectivo é determinar a velocidade final do móvel (2) { v_2 } na posição de encontro (A).Entretanto, na posição de encontro (A) ambos os móveis ocupam a mesma posição final, isto é, { x_1=x_2 }.

Então, temos de determinar o instante de tempo em que os móveis estão na posição de encontro, para substituir este tempo na equação da velocidade.

Na posição de encontro:

\displaystyle x_1=x_2 \Rightarrow 100+20 \ t=500-4 \ t^2

Agrupando os termos semelhantes:

\displaystyle 4 \ t^2 +20 \ t +100-500=0

\displaystyle 4 \ t^2 +20 \ t -400=0

Factorizando o factor 4 na equação:

\displaystyle 4(t^2 + 5 \ t-100)=0

Então, pela lei do anulamento do produto:

\displaystyle t^2 + 5 \ t - 100= 4

Resolvendo a equação anterior com a fórmula de Bhaskara (ou fórmula resolvente) temos os seguintes dados:{ a=1 ; b=5 ; c=100 }.

\displaystyle t_{1,2}= \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4 \cdot a \cdot c}}{2 \cdot a}

Substituindo os dados na fórmula:

\displaystyle t_{1,2}= \frac{-5 \pm \sqrt{(5)^2 - 4 \cdot (1) \cdot (-100)}}{2 \cdot 1}

\displaystyle t_{1,2}= \frac{-5 \pm \sqrt{25 + 400}}{2}= \frac{-5 \pm \sqrt{425}}{2} = \frac{-5 \pm 20,615}{2}

Separando as partes:

\displaystyle t_1= \frac{-5+20,615}{2}= 7,807 \ s

\displaystyle t_2= \frac{-5 - 20,615}{2} = -12,807 \ s

Descartamos o { t_2 } pois ele é negativo. Neste caso, { t_{Enc}= \ 7,807 \ s }.

.

Tendo o tempo, podemos calcular a velocidade do móvel 2 neste instante. Por definição a velocidade:

\displaystyle v= \frac{dx}{dt}

Para o móvel (2),temos: { v_2= \frac{dx_2}{dt} } .

.

Substituindo a equação do movimento do móvel (2) , obtemos:

\displaystyle v_2= \frac{d(500-4 \ t^2)}{dt} = 0-8 \cdot t= -8 \ t

Portanto, durante este MRUV, a velocidade do móvel (2) é dada como: { v_2= -8 \ t } .

Para encontramos o valor numérico da velocidade no momento de encontro, devemos substituir o tempo pelo instante de encontro.

Substituindo {t} por { t_{Enc}}, obtemos: { v_2=-8 \ (t)= -8 \cdot 7,807=-62,456 \ m/s }

Portanto, a velocidade do móvel (2) na posição de encontro (A) é de : { v_2= -62,456 \ m/s }

Exercício 15 .

A velocidade inicial de um móvel é de { 10 \ km/h}. Após acelerado uniformemente, durante {10 \ s }, ganha uma velocidade de { 20 \ km /h}.

Determine a aceleração e a distância percorrida.

.

NÍVEL DE DIFICULDADE: Regular.

Resolução 15 .

Dados

,

{ v_0= 10 \ km/h } .

{ t_0=0 \ s } .

{ t=20 \ km/h } .

{ a \rightarrow ? } .

{ \Delta s \rightarrow ? }

Antes de a resolver, vamos converter as velocidades { v_0 } e v para as unidades do sistema internacional usando três simples.
Para: { v_0=10 \ km/h }

\displaystyle 36 \ km/h \rightarrow 10 \ m/s

\displaystyle 10 \ km/h \rightarrow v_0

Então:

\displaystyle v_0 \cdot 36 \ km/h= 10 \ km/h \cdot 10 \ m/s

\displaystyle \Rightarrow v_0= \frac{10 \ km/h \cdot 10 \ m/s}{36 \ km/h} =2,77 \ m/s

Para a velocidade final, fazemos o mesmo procedimento. Obtemos:

\displaystyle v=5,55 \ m/s

Com as unidades já convertidas, podemos determinar a aceleração.

Para o MRUV, a aceleração é dada por:

\displaystyle a= \frac{\Delta v}{\Delta t} = \frac{v-v_0}{t-t_0}

Substituindo os dados, obtemos:

\displaystyle a= \frac{5,55-2,77}{10-0}=0,278 \ m/s^2

A distância percorrida pode ser determinada pela equação de movimento do MRUV ou pela equação de Torricelli.

Usando a Equação de Torricelli:

\displaystyle v^2=v^2_0+2a \cdot \Delta s

Isolando { \Delta s } teremos:

\displaystyle v^2-v^2_0=2 \cdot a \cdot \Delta s \Rightarrow \Delta s= \frac{v^2-v^2_0}{2 \cdot a}

Substituindo os dados:

\displaystyle \Delta s=\frac{(5,55)^2-(2,77)^2}{2 \cdot 0,278}=41,6 \ m

Portanto a distância percorrida é:

\displaystyle \Delta s=41,6 \ m

A aceleração do móvel é:

\displaystyle a=0,278 \ m/s^2

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