Respostas da ED – Engenharia Ciclo Básico 3° Semestre.

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Respostas da ED – Engenharia Ciclo Básico 3° Semestre.
Exercício 1: Alternativa A.
Primeiramente é preciso calcular as forças separadamente: │F13│= K│Q1││Q3│ / c² e │F23│= K│Q2││Q3│ / b². Tendo assim: │F13│= 3,6N e │F23│= 3,375N. 
Posteriormente aplica-se a Lei dos Cossenos para achar o ângulo (ᵧ) na carga Q3: 6²=10²+8²-2.8.10.cos(ᵧ) → 36=100+64-160.cos(ᵧ) → 36-100-64= -160.cos(ᵧ) → -128=-160.cos(ᵧ) → cos(ᵧ)=-128/-160 → cos(ᵧ)=0,8≈36,87°. Em seguida é necessário decompor as forças: Fx=3,6+(3,375.cos36,87°)=3,6+2,7= 6,3N e Fy=(3,375.sen36,87°)=2,02N.
Para descobrir a intensidade da força elétrica resultante que atua na carga Q3, basta utilizar Pitágoras: Fr² = 6,3²+2,02² → Fr=√43,7704≈6,62N.
Exercício 2: Alternativa E.
Projetando o ângulo de 36,87° tanto em cosseno como em seno nas forças encontradas (F13 e F23), temos F13= -3,6 i (N) e F23= -2,7 i+2,02 j (N). Somando as projeções temos a resultante= -6,3 i+2,02 j (N). Para achar o ângulo da tangente: arctang=(2,02/6,3)=0,320635 → arctang=17,77°≈17,8°.
Exercício 3: Alternativa A.
Primeiramente é preciso calcular a força elétrica resultante no dipolo à distância x: │Fr│= K│Q1││Q2│/x² → │Fr│= 9.10^9.1.10^-3.5.10^-4/4² → │Fr│= 45.10²/16 → │Fr│= 281,25 N.
Utilizando a Segunda Lei de Newton, obtém-se a aceleração da partícula: Fr = m.a → 281,25= 0,1.a → a= 281,25/0,1 → a=2,8 m/s².
Exercício 4: Alternativa B.
A intensidade do campo elétrico produzido pelo dipolo no ponto P é dada por: E(P)=Fr/q. Visto que a força resultante foi calculada no exercício anterior, temos: E(P)=281,25/5.10^-4 → E(P)=562500 N/C, que na alternativa encontra-se como: E(P)=562,5 N/C.
Exercício 5: Alternativa C.
Para determinar a distância x quando o campo elétrico produzido pelo anel é máximo, deve-se derivar a equação dada para descobrir o campo elétrico na componente x e em seguida igualar a zero, onde: = .
Usando a regra do quociente para derivar, ao igualar zero tem-se que, para que possível, o numerador da derivada tem que ser zero. Tendo K como constante, assim só é possível se: r²+x²-3x²=0. Portanto: r²=2x² ↔ 16=2x² ↔ x²=8 ↔ x=±√8, onde -√8 não convém. Então x=√8≈2,8m.
Exercício 6: Alternativa B.
Em uma situação em que x>>r, para encontrar o campo elétrico no ponto P, deve-se desenvolver a expressão dada inicialmente para o valor do campo elétrico produzido pela carga Q. Desenvolvendo, tem-se que: KQx/x³(1+(r²/x²))^3/2. Quando x>>r, o termo (r²/x²) pode ser considerado desprezível, por tender a zero. Restando assim, a expressão: E≈ KQ/x² ≈1/4πϵo.Q/x², na direção do versor.
Exercício 7: Alternativa A.
Para este tipo de caso (bastão eletrizado), o campo elétrico é dado pela expressão: E(P)= 1/4πϵo.Q/d(d-l) i, onde d=l+a. Substituindo com os dados fornecidos no exercício temos que: E(P)= 9.10^9.5.10^-6/14(14-10) i → E(P)=803,57 i (N/C).
Exercício 8: Alternativa E.
Utilizando a expressão do campo elétrico para o bastão eletrizado E(P)= 1/4πϵo.Q/d(d-l) i; basta substituir os valores, tendo a como 80 m. Então, d=l+a=10+80=90. Portanto, E(P)= 9.10^9.5.10^-6/90(90-10) i → E(P)=6,25 i (N/C).
Exercício 9: Alternativa C.
Para encontrar as distâncias entre as superfícies equipotenciais, primeiramente é preciso encontrar a distância de cada potencial elétrico pela equação: V=KQ/r. Substituindo os valores, temos que as distâncias para 200V, 400V, 600V e 800V são, respectivamente: 225m, 112,5m, 75m e 56,25m. Em seguida, basta subtrair as distâncias, conforme o exercício pede: de 200V até 400V → 225-112,5=112,5m. De 400V até 600V → 112,5-75=37,5m. E por fim, de 600V até 800V → 75-56,25=18,75m.
Exercício 10: Alternativa A.
Para transportar uma carga q=2.10^-3 C da superfície equipotencial de 200V até a de 800V, o trabalho do operador é dado por: -Wab. Tendo que o trabalho realizado pelo agente é: Wab=q(Va-Vb), então Wab=2.10^-3(200-800) → Wab=-1,2J. Invertendo o sinal, temos: -Wab=1,2J.
Exercício 11: Alternativa A.
Para encontrar a distância d é preciso saber que o trabalho da força elétrica é igual a energia cinética (variação), desenvolvendo, temos:
T=F.d 
FB=q.v^B 
Fe=q.E 
Fy=Ec(f)-Ec(i) 
[-Fe+FB].d=(m.v²/2)-(m.vi²/2) → d=0,2m.
Exercício 12: Alternativa E.
No ponto A, a velocidade da partícula é nula, portanto existe somente uma força eletrostática atuando sobre a mesma.
FL= 3,2.10^-2.(- 200 j) → FL=-6,4 j (N).
Exercício 13: Alternativa A.
Fab=(4.0,3 k).(0,5 j) → Fab=-0,6 i (N). 
Fbc=(4.(-0,2 j)).(0,5 j) → Fbc=0.
Exercício 14: Alternativa B.
Após encontrar o momento magnético da espira, determina-se o torque, fazendo o produto vetorial com o campo magnético que atua sobre a mesma:
m=(4.0,06 i) → m=0,24 i.
T=(0,24 i)^(0,5 j) → T=0,12 k (Nm).
Exercício 15: Alternativa D.
Para encontrar a temperatura de equilíbrio da mistura é preciso calcular o Calor Sensível e Latente que ocorre ao longo do processo e somar os resultados e igualar a zero. Ao fim, a temperatura de equilíbrio estará como incógnita, assim, basta isolá-la e terá o valor para a mesma.
Calor Sensível do Gelo: Qg=m.c.∆T=6.0,5.(0-(-26)) → Qg=78 cal.
Calor Latente do Gelo: Ql=m.l=6.80 → Ql=480 cal.
Calor Sensível do Gelo para Água: Qg/a=m.c.∆T=6.1.(Tf-0) → Qg/a=6.Tf.
Calor Sensível da Água: Qa=m.c.∆T=70.1.(Tf-15) → Qa=70.Tf-1050.
Somatória: Q=0 → 78+480+(6.Tf)+(70.Tf)-1050=0 → 76.Tf=1050-480-78 → 76.Tf=492 → Tf=492/76 → Tf≈6,5°C.
Exercício 16: Alternativa A.
Após aquecer o gelo até zero grau (temperatura de equilíbrio térmico da nova mistura), a energia restante será fornecida ao gelo na forma de calor latente. Deste modo pode-se encontrar a massa de gelo derretida e a quantidade de massa de gelo restante.
Calor Sensível do Gelo: Qg=15.0,5.(0-(-26)) → Qg=195 cal. 
Calor Latente do Gelo: Ql(g)=(15-m).80 → Ql(g)=(1200-80m) cal.
Calor Sensível da Água: Qa=76.1.(0-(-6,5)) → Qa=-494 cal.
Somatória: Q=0 → 195+1200-80m-494=0 → m=11,26 g.
Exercício 17: Alternativa C.
Após encontrar a variação da energia interna e o trabalho através da área do gráfico aplica-se a primeira lei da termodinâmica.
∆u=3/2.(8.10-8.2) → ∆u=96. 
T=Numericamente igual a área do gráfico → T=(B+b).h/2 → T=(12+8).8/2 → T=80K.
∆u=Q-T → Q=∆u+T→ Q=96+80 → Q=176 atm.l
Exercício 18: Alternativa B.
A variação da energia interna pode ser calculada através da lei de Joule e é independente do processo, ou seja, não importa o caminho, a energia interna do ciclo é igual.
A mesma foi calculada no exercício anterior, porém, pela primeira lei da termodinâmica, temos: ∆u=Q-T → ∆u=176-80 → ∆u=96 atm.l 
Exercício 19: Alternativa C.
O trabalho do ciclo é encontrado somando-se o trabalho em cada um dos processos: adiabático, isotérmico e isométrico (trabalho igual a zero).
T=(Tab+Tdc+Tca).100 → T=((2.6-12.2)/(1-( 5/3))+0+4.6.ln(2 /6)).100 → T=-836,7 J.
Exercício 20: Alternativa A.
Nos processos adiabáticos a variação da energia interna é nula, portanto o calor trocado no processo é numericamente igual ao trabalho realizado.
Qca=4.6.ln(2/6) → Qca=-26,3667 atm.l (x100) → Qca=-2636,67≈-2637 J.
Exercício 21: Alternativa A.
No ponto A, temos:
|E1|=9.10^9.12,5.10^-6/0,15² → |E1|=5.10^6
|E2|=9.10^9.25.10^-6/0,1² → |E2|=2,25.10^7
Campo elétrico resultante no ponto A: E(A)=E1-E2=(-5.10^6)-(-2,25.10^7)i → E(A)= 1,75.10^7 i (V/m).
No ponto B, temos:
|E1|=9.10^9.12,5.10^-6/0,1² → |E1|=11,25.10^6
|E2|=9.10^9.25.10^-6/0,35² → |E2|=1,84.10^6 
Campo elétrico resultante no ponto B: E(B)=E1-E2=E(B)=11,25.10^6-(-1,84.10^6)i → E(B)=1,309.10^7 i (V/m). 
A força resultante nos pontos A e B são: F(A)= E(A).4.10^-3 i → F(A)=70.10^4 i (N).
F(B)=E(B).4.10^-3 i → F(B)=5,236.10^4 i (N).
Exercício 22: Alternativa D.
Encontra-se a densidade linear de carga dividindo a carga total pelo comprimento do fio: λ=12,56.10^-6/(π .4) → λ=9,995.10^-7 C/m.
Em seguida, integra-se a semicircunferência, usando coordenadas polares para encontrar o campo elétrico resultante na origem: dEy=k.λ.r.dθ.senθ/r² → dEy=k.λ/r.λsen.dθ → dEy=2.k.λ/r → dEy=4498 j = 4,498.10³ j (V/m).
Por fim, para achar a força sobre um a carga q na origem deve-semultiplicar o campo resultante encontrado anteriormente pela carga: F=60.10^-2.4498 j → F=2699 j = 2,699.10³ j (N).
Exercício 23: Alternativa E.
Calcula-se o campo elétrico da carga 1 e 2, sendo que elas possuem componentes na vertical e horizontal. Encontrando os ângulos da figura, conseguimos achar o campo elétrico nas componentes. Somando as componentes e extraindo a raiz quadrada da soma das mesmas elevadas ao quadrado, temos o campo elétrico resultante no ponto P: E=22,1 V/m. 
Observando a direção e o sentido do campo resultante, encontra-se o ângulo: θ=150°.
Exercício 24: Alternativa E.
A partir da figura encontram-se os vetores de campo elétrico, que são iguais dois a dois, determinando assim a resultante a partir da soma destes vetores.
L²=2.x² → x=L/√2 
E=4k.q/√2.L² i → E= √2.q/2π.ϵo.L²
Exercício 25: Alternativa A.
O campo elétrico no centro do anel é igual a 0, pois calculando todos os campos elétricos, eles se anulam (a simetria das cargas justifica a afirmação).
Agora para encontrar o período, primeiro calcula-se o campo elétrico no ponto onde a carga está. Depois substitui e encontra a força elétrica. Pela segunda Lei de Newton conseguimos encontrar a aceleração e em seguida o ômega. Por fim, substitui na fórmula do período, obtendo T=4,2s.
Exercício 26: Alternativa C.
Partículas lançadas perpendicularmente a um campo magnético possuem trajetória circular. Considerando o módulo da força magnética com o sendo a resultante centrípeta, podem os deter minar o raio da trajetória.
q1.V1.B=m1.V1²/R1 → R1=0,2.0,35/0,04.0,5 → R1=3,5m. 
q2.V2.B=m2.V2²/R2 → R2=0,03.1,5/0,02.0,5 → R2=4,5m.
Tendo os raios, é possível encontrar os períodos T1 e T2 e posteriormente o intervalo de tempo entre os lançamentos das partículas, para que elas se choquem no ponto P:
T1=2π.R1/V1 → T1=20π → T1=62,832s. 
T2=2π.R2/V2 → T2=6π → T2=18,85s. 
∆t=(T1/2-T2/2) → ∆t=10π-3π → ∆t=21,99s≈22s.
Exercício 27: Alternativa A.
Tomando o potencial do ponto O como nulo, temos: Vo=0. Então a somatória dos potenciais é nula: Vo=Va+Vb+Vc+Vd. O exercício pede o valor da carga elétrica em micro C que deve ser aplicada no ponto D para que satisfaça a condição. Para isso, deve-se isolar Vd antes de prosseguir com o cálculo. Portanto: -Vd+0= (9.10^9.(-3.10^-6)/2,5)+(9.10^9.(-2.10^-6)/2,5)+(9.10^9.1.10^-6/2,5) → -Vd= -10800+(-7200)+3600 → -Vd= -14400 → Vd= 14400.
Por fim, substituindo na equação de potencial, temos que: 14400= 9.10^9.Qd/2,5 → 36000/9.10^9=Qd → Qd=4.10^-6.
Exercício 28: Alternativa D.
O potencial elétrico resultante no ponto P é dado por: V(P)=V(P,Qa)+V(P,Qb)+V(P,Qc). Calculando cada um, temos que: V(P,Qa)=3,273.10³V, V(P,Qb)=-1,8.10³V e V(P,Qc)=8,05.10³V. Então V(P)=9,523.10³V.
V(O,Qc)=18.10³V. Portanto, V(O)=2,295.10^4V.
O trabalho da força elétrica sobre uma carga q=-0,5.10^-6 para ser transportada de P para O é dado por: Tpo=q(V(P)-V(O))=-0,5.10^-6(9,523.10³-2,295.10^4) → Tpo=0,006714J=6,714.10^-3J.
Exercício 29: Alternativa B.
Encontra-se o momento magnético da espira que é um vetor perpendicular ao plano da espira e proporcional a corrente elétrica e a área da espira. E fazendo o produto vetorial do momento magnético com o campo magnético determina-se o conjugado (torque) sobre a mesma.
Mr=8.3.(sen30i-cos30j) → Mr=12i-20,78j
Mt=8.4,5.(sen30i–cos30j) → Mt=18i-31,18j 
Mtotal= (30i-51,96j) A.m.
C=(30i-51,96j)^10j → C=300k (N/m).
Exercício 30: Alternativa B.
Primeiramente deve-se encontrar as medidas que faltam por meio de Pitágoras, tendo assim: CD=5m e BD=8,54m.
Calculando o potencial elétrico no ponto C: Va=9.10^9.1.10^-6/4 → Va=2,25.10³V. 
Vb=9.10^9.2.10^-6/4 → VB= 4,5.10³V. 
Vc=Va+Vb → Vc=2,25.10³+4,5.10³ → Vc=6,75.10³V.
Calculando o potencial elétrico no ponto D: Va=9.10^9.1.10^-6/3 → Va=3.10³V.
Vb=9.10^9.2.10^-6/8,54 → Vb=2,1.10³V. 
Vd=Va+Vb → Vd=3.10³+2,1.10³ → Vd= 5,1.10³V.
O trabalho da força elétrica sobre uma carga de prova q=0,0012C, quando transportada do ponto C para o ponto D é dada por: Tcd=q.(Vc-Vd).
Calculando, temos que: Tcd=0,0012.(6,75.10³-5,1.10³) → Tcd=1,98J.
Exercício 31: Alternativa A.
Para encontrar o módulo do campo magnético é preciso primeiramente do módulo da força magnética, que é igual a força centrípeta: Fm=Fc=mV²/R → Fm=9,11.10^-31.(1,14.10^6)²/0.05 → Fm=3,62.10^-17N. Tendo o módulo da força magnética, podemos substituir na equação, obtendo: |B|=|Fm|/|q||V|=3,62.10^-17/1,6.10^-19.1,41.10^6 → |B|=1,606.10^-4T. Sua direção e sentido que obriga o elétron a descrever uma órbita semicircular de A até C, é “entrando” no plano. Ou seja: B=-1,606.10^-4 k (T).
O tempo necessário para que o elétron se desloque de A até C é dado por: V=πr/∆T, por ser um semicírculo. Portanto, ∆T=1,114.10^-7 segundos.
O módulo da força magnética já foi encontrado para calcular o campo magnético. Sua direção e sentido no ponto B é (-j), portanto: Fm=-3,62.10^-17 j (N).
Exercício 32: Alternativa A.
a) De acordo com o enunciado, o processo de (1→2) tem transformação isotérmica, ou seja, com temperatura constante. Portanto, T1=T2.
Descobrindo a pressão 3, consequentemente será a mesma que a 2, pois de (2→3) a transformação é isobárica, ou seja, com pressão constante. Então, P3=P2.
Calculando, temos que: P1.V1=P2.V2 → 5.4=P2.10 → P2=20/10 → P2=2 atm.
P1/TI=P3/T3 → 5/200=2/T3 → T3=400/5 → T3=80K.
b) Utilizando a equação do formulário, temos: Q12=5.4.ln(10/4) → Q12=20.0,9163 → Q12=18,33 atm.l → Q12=18,33.100 → Q12=1833 J.
Observação: PV=nRT → nR=PV/T → nR= 5.4/200 → nR= 0,1
Q31=ncv(T1-T3) → Q31=n3R/2(200-80) → Q31=0,1.3/2.120 → Q31=18 atm.l → Q31=18.100 → Q31=1800 J.
c) Novamente, utilizando o formulário, temos: T23=P(V3-V2) → T23=2(4-10) → T23=2(-6) → T23=-12 atm.l → T23=-12.100 → T23=-1200 J.
∆U31= ncv(T1-T3) → ∆U31= n3R/2(200-80) → ∆U31= 0,1.3/2(120) → ∆U31=18 atm.l → ∆U31=18.100 → ∆U31=1800 J.
Exercício 33: Alternativa E.
a) 2,10=ᵅm.1200.(95-20) → ᵅm=2,33.10^-5 (°C^-1).
b) O coeficiente encontrado se aproxima mais do coeficiente do alumínio. Substituindo os valores na fórmula, o desvio percentual encontrado é de 4,955%.
Exercício 34: Alternativa E.
Para encontrar a massa de gelo no calorímetro é preciso calcular o Calor Sensível e Latente que ocorre ao longo do processo, somar os resultados e igualar a zero. Ao fim, a massa estará como incógnita, assim, basta isolá-la e terá o valor para a mesma.
Calor Sensível do Gelo: Qg=m.c.∆T=m.0,5.(0-(-10) → Qg=5m.
Calor Latente do Gelo: Ql=m.l=m.80 → Ql=80m.
Calor Sensível do Gelo para Água: Qg/a=m.c.∆T=m.1.(20-0) → Qg/a=20m.
Calor Sensível da Água: Qa=m.c.∆T=525.1.(20-30) → Qa=-5250 cal.
Somatória: Q=0 → 5m+80m+20m-5250=0 → 105m=5250 → m=5250/105 → m=50g.
Exercício 35: Alternativa C.
a) Para encontrar a temperatura de equilíbrio do sistema é preciso calcular a quantidade de calor trocadas isoladamente, somar os resultados e igualar a zero. Ao fim, a temperatura de equilíbrio estará como incógnita, assim, basta isolá-la e terá o valor para a mesma.
Cobre: Qc=75.0,0923.(Tf-312) → Qc=6,92Tf-2159,82.
Água: Qa=220.1.(Tf-12) → Qa=220Tf-2640.
Vidro: Qv=45(Tf-12) → Qv= 45Tf-540.
Somatória Q=0 → 6,92Tf-2159,82+220Tf-2640+45Tf-540=0 → 271,92Tf=5339,82 → Tf= 19,64°C.
b) Basta substituir na equação de cada um a temperatura de equilíbrio:
Qc=6,92.19,64-2159,82 → Qc=-2023,9 cal.
Qa=220.19,64-2640 → Qa=1680,8 cal.
Qv= 45.19,64-540 → Qv=343,8 cal.
Exercício 36: Alternativa B.
Aplica-se a equação do balanço energético (conservação de energia) ao calorímetro, conjuntamente com a hipótese de que a água contida no calorímetro possui energia suficiente para aquecer o gelo, derreter todo o gelo e aquecer ainda a água resultante da fusão do gelo.
a) 250.0,5.(0-(-30)+250.80+250.1.(Tf -0)+500.1.(Tf- 80)=0 → Tf=21,67ºC. 
b) Q=500.1.(21,67-80) → Q=-29165 cal.
c) Aumentando a massa, o gelo não derrete todo então a temperatura final é 0.
d) 450.0,5.(0-(-30))+(450-x).80+500.1.(0-80)=0 → x=34,375 g.
Então, m(água)=415,625 g e m(gelo)=34,375 g.
Exercício 37: Alternativa A.
a) Vapor: Ql=(-540.mv) cal. 
Gelo:Ql=150.80=12000 cal. 
Qsav=mv.1.(70-100) → Qsav=(-30mv) cal.
Qsag=150.1.(70-0) → Qsag=10500 cal. 
Somatória: Q=0 → -540mv-30mv+12000+10500=0 → 22500= 570mv → mv=39,47 g.
b) Qv=-540.mv+(-30.mv) → Qv=(-540.39,47)-(30.39,47) → Qv=-22497,9 cal.
Exercício 38: Alternativa E.
a) Sendo o processo isotérmico (temperatura constante), temos que: Pa.Va=Pb.Vb → Pa.2=3.6 → Pa=18/2 → Pa=9 atm.
Para encontrar nR, basta isolá-lo na equação: PV=nRT → nR=PV/T → nR=3.6/400 → nR=0,045 atm.l/K
b) Segundo o formulário, temos que: Tab=Qab=nRTln(Vb/Va) → Tab=Qab=0,045.400.ln(6/2)=0,045.400.3 → Tab=Qab=19,77 atm.l/K
Exercício 39: Alternativa B.
O campo elétrico resultante no ponto médio do segmento AB é dado por: E(M)=E(B)-E(A).
E(B)=9.10^9.20.10^-6/0,4² → E(B)=1125000 V/m.
E(A)=9.10^9.10.10^-6/0,4² → E(A)=562500 V/m.
E(M)=1125000-562500 → E(M)=562500 V/m.
Exercício 40: Alternativa C.
A intensidade do campo elétrico no ponto C, médio entre os pontos A e B é igual a soma do campo elétrico de A e B: Ea= 9.10^9.1.10^-6/4² = 562,5 i.
Eb= 9.10^9.2.10^-6/4² = -1125 i.
Ec= Ea+Eb= -562,5 i → |Ec|= 562,5 V/m.