EDS Engenharia 3 Fisica

Páginas: 9 (2125 palavras) Publicado: 23 de maio de 2015
EDS Engenharia 3°Semestre
1)a
Calcular as forças:

│F13│= K*│Q1│*│Q2│ / r^2

│F23│= K*│Q1│*│Q2│ / r^2

│F13│= 9*10^9*10*10^­6*410^­3 / 10^2

│F13│= 3,6 N

│F23│= 9*10^9*6*10^­6*4*10^­3 / 8^2

│F23│= 3,375 N

Lei dos Cossenos para achar o ângulo no Q3

62= 102+82­2*8*10.cos(Q3)

36= 100+64­160*cos(Q3)

36­100­64= ­160*cos(Q3)

­128= ­160*cos(Q3)

cos(Q3)= ­128 / ­160

cos(Q3)= 0,8 =>36°

Decompor as forças:

Somatória Fx= 3,6 + 3,375*cos 36° => 3,6 +2,73= 6,33

Somatória Fy= 3,375*sen 36° => 3,375*0,587 = 1,98

Utilizando Pitágoras

Fr2 = 6,332 + 1,982 => Raiz(43,988) = 6,62 N

Projetamos o ângulo de 36,86° tanto em cosseno como em seno nas forças

encontradas em Fq2q3, Fq1q3. Ficando Fq1q3= ­3,6i (N) e Fq2q3=

2,7i+2,63j(N), somando as projeções temos a Resultante=­6,3i+2,03j (N).

Achar o ângulo da tangente, arctang= │2,03/6,3│= 0,3222; arctan= 17,86°.

Calcular forças:

│FR│= K*│Q1│*│Q2│ / r^2

│FR│= 9*10^9*1*10^­3*5*10^­4 / 4^2

│FR│= 45*10^2 / 16

│FR│= 281,25 N

Utilizar a segunda Lei de Newton:

Fr = m*a

281,25= 0,1*a

a= 281,25 / 0,1

a= 2,8 m/s^2

[E]= F/q

[E]= 281,25 / 5*10^­4

[E]= 562,5 N/C

Anel eletrizado

Campo elétricomáximo= derivada igual a 0

E’= 0

(Ko*Q)*(r^2+x^2)^(3/2) – 3Ko*Q*x^2*(r^2+x^2)^(1/2)= 0

Passa a segunda parte da equação do outro lado, fazendo com que ela fique

positiva. Simplificando tudo ficará:

3x^2= r^2+x^2

Substituindo os valores e fazendo a conta:

x= 2,82 m

Quando o anel carregado estiver a grande distancias, o anel se comporta como

uma carga puntiforme. Assim, o campo elétrico écalculado por esta equação.

E= kQ/L [ 1/a­1/L+a]

E= 9*10^9*5*10^6[(1/4)­1/10+4]

E= 4900[0.25­0.071]

E= 803,6 i N/C

E= 9.10^9*5.10^­6/10.[1/80­1/10+80]

E= 4500[0,0125­0,0111]

E= 6,25 i N/C

V= kQ/r

r= kQ/V

r= 9*10^9*5*10^­6/200

r= 225 m

r= 9*10^9*5*10^­6/400

r= 112,5 m

r= 9*10^9*5*10^­6/600

r= 75 m

r= 9*10^9*5*10^­6/800

r= 56,25 m

Delta r= 225­112,5= 112,5 mDelta r= 112,5­75= 37,5 m

Delta r= 75­16,25= 18,75 m

10) A

w = ­q(delta v)

w = ­2.10^­3*(800­200)

w = 1.2 J

11) A

A força elétrica que faz a carga mudar a velocidade. O Trabalho da força

elétrica é igual a energia cinética.

Substituindo e igualando as equações.

‘d’= 0,2m

12) E

V= 0

Com velocidade igual a 0, não há força magnética.

FL= 3,2*10^­2 *(­ 200j) = ­6,4j

13) AFab= 4*0,3k * 0,5j

Fab= ­0,6i

Fbc= 4*(­0,2j) * 0,5j

Fbc= 0

14) B

T= mi*B

T= 0,24 i * 0,5 j

T= 0,12 k Nm

15) D

Qsg= m*c(Tf­Ti)

Qsg= 6*0,5(0­(­26))

Qsg= 78 cal

Qlg= m*l

Qlg= 6*80

Qlg= 480 cal

Qsg/a= 6*1(Tf­0)

Qsg/a= 6*Tf

Qsa= 70*1(Ѳf­15)

Qsa= 70*Tf­1050

Somatória Q= 0

78+480+6*Tf+70*Tf­1050= 0

76*Tf= 1050­78­480

Tf= 492/76

Tf= 6,5 ̊C

16) AAplicando o conceito de que o a somatoria dos calores (Q) é igual a zero

(SomatóriaQ= 0), temos, Qaguaquente+Qgelo+Qfusão= 0, portanto, ­

494+195+299=0 e ­494+195+m.80= 0 (m= 299/80), temos que m= 11,3 g

17) C

Primeiro encontra­se o calor e o trabalho para achar a energia interna da

transformação 1, que é isobárica. Não importa o caminho, a energia interna do

ciclo é igual (Energia interna 1 =Energia interna 2)

Q= 160 atm*l ; Trabalho= 64 atm*l ; Uab= 96 atm*l

Encontra­se a equação da reta ( P= 1/2 V + 7) para a transformação 2 e integra

(limites 2 e 10) para encontrar o trabalho. Trabalho= 80 atm*l

Substituindo os valores que temos na fórmula na energia interna, encontra­se o

calor da transformação 2. Q2= 176 atm*l

18) B

Não importa o caminho, a energia interna do cicloé igual. A energia interna foi

calculada no exercício anterior. U3= 96 atm.l

19) C

Achando os trabalhos (t) de AB, BC e AC. AB é adiabática (Q= 0) logo temos

que t= PbVb – PaVa / 1­g; (g= 1,67); achamos e já transformando para Joule

(J), temos tAB= 1791 J. BC é isométrico sendo tBC= 0 J. AC é isotérmico tendo

assim t= PV*ln(Va/Vc); teremos tAC= ­2636,7 J (negativo pois vai contra o...
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