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4 GABARITO curso: Engenharia – Ciclo Básico bimestre: 5o bimestre P1-2 disciplina Ciência do Ambiente NOTA (0-10): Questão 1 A Pegada Ecológica é uma metodologia de contabilidade ambiental que avalia a pressão do consumo das populações humanas sobre os recursos naturais. Expressada em hectares globais (gha), permite comparar diferentes padrões de consumo e verificar se estes estão dentro da capacidade ecológica do planeta. A Pegada Ecológica é um importante instrumento que permite conhecer se a população de um determinado país, região, cidade e até mesmo de uma instituição ou bairro está utilizando os recursos do planeta acima da biocapacidade. A Pegada Ecológica também auxilia na identificação de quais itens mais contribuem para o impacto ambiental, tais como transporte, moradia, consumo de bens, de modo que as pessoas, instituições e governos possam promover mudanças visando reduzir tais impactos. Questão 2 Item A. Questão 3 a-F, b-V, c-F, d-F. Questão 4 a) Licenciamento ambiental é o procedimento no qual o poder público, representado por órgãos ambientais, autoriza e acompanha a implantação e a operação de atividades que utilizam recursos naturais ou que sejam consideradas efetiva ou potencialmente poluidoras. É obrigação do empreendedor, prevista em lei, buscar o licenciamento ambiental junto ao órgão competente, desde as etapas iniciais de seu planejamento e instalação até a sua efetiva operação. b) Desde 1981, de acordo com a Lei Federal 6.938/81, o licenciamento ambiental tornou-se obrigatório em todo o território nacional apenas para as atividades efetiva ou potencialmente poluidoras. Desde então, empresas que necessitam e funcionam sem a Licença Ambiental estão sujeitas às sanções previstas em lei, incluindo as punições relacionadas na Lei de Crimes Ambientais, instituída em 1998: advertências, multas, embargos, paralisação temporária ou definitiva das atividades. 5 disciplina Física III NOTA (0-10): Questão 1 a) A expressão V = kQ/r permite calcular o potencial elétrico para pontos r ≥ R = 5 cm. A tabela resume os cálculos: Q Superfície r = R = 0,05m A (r1= 0,2 m) B (r2= 0,3m) C (r3= 0,4m) + 50 𝜇𝜇C. V = 9000k V V = 2.250 kV V = 1500 kV V = 1125 kV - 50 𝜇𝜇C. V = - 9000 kV V = - 2.250 kV V = - 1500 kV V = - 1125 kV Observações: I. 1 kV = 10³ volts. II. O sinal do potencial segue o sinal da carga. III. O módulo do potencial elétrico é inversamente proporcional a r tanto para Q> 0 quanto para < 0. IV. Para Q < 0, quanto mais distante da carga, menos negativo é o potencial elétrico, ou seja, mais positivo ele se torna. b) Como o potencial elétrico é uma grandeza escalar, a diferença de potencial elétrico entre dois pontos se determina realizando a diferença entre os potenciais de cada ponto. Assim, a diferença de potencial entre A e C é ∆VAC = VC – VA . Veja a tabela a seguir: Para Q = + 50 𝜇𝜇C ∆VAC = 1125 – 9000 = - 7875 kV Para Q = - 50 𝜇𝜇C ∆VAC = -1125 – (-9000) = +7875 kV Questão 2 a) (0.3) A corrente que passa por 2R é a mesma, pois as resistências estão em série: 2i A= b) (0.8) V Ri= Logo, 5.2 10 5.2 10 AB BC V V V V = = = = c) (0.5) 1 2R R R= + Portanto 5 5 10 R = + = Ω d) (0.7) ( )5 5 2 10.2 20 ACV V= + = = 6 e) (1,0) Para capacitores em série, temos que a capacidade equivalente é dada por: 1 2 1 1 1 c c c = + No caso, 1 1 1 2 5 5 5c = + = Logo, 5 2 C F= µ Questão 3 A alternativa (e) é a correta. Cada item vale 0,66 pontos. a) Falsa; b) Falsa; c) Falsa (na espira, a corrente é de A para D); d) Falsa; e) Correta (na espira, a corrente é de A para D, portanto, fechando o circuito, no resistor ela é de D para A). Questão 4 Consideramos uma superfície Gaussiana fechada e que contenha uma parte das cargas elétricas. Tomamos uma superfície cilíndrica (vide figura). (0,5) Tomando o referencial sobre a superfície plana, escrevemos: ( ) 0 0 o z o E se z E z E se z > = − < Utilizando o teorema de Gauss, escrevemos: o Q AE ds σ⋅ = = ε ε∫∫ O fluxo sobre a superfície fechada em abóbora cinza (superfície cilíndrica) pode ser escrito como uma soma de fluxos sobre as três superfícies abertas: (1,0) (1) (2) 0o oE ds E ds E ds⋅ = = +∫∫ ∫∫ ∫∫ Pois, 1 2 ds dsk ds dsk = = − e 3 3ds ds eρ= Com: 0k eρ⋅ = Portanto: o o o AE A E A σ+ = ε Logo: (1,8) 2o o E σ= ε
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