Caderno de Exercícios Resolvidos de Física - Universidade Aberta

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0 m = 730 m − cos53,0 ⋅ 5,00 s − 1 m 9,8 2 s ⋅ 5,00 s ⇔ = 201,9 m s A velocidade de lançamento é então (atenção novamente ao seno e coseno) = 201,9 m s sen53,0 ̂ − 201,9 m s cos53,0 ̂ ⇔ = 161 m m ̂ − 121 ̂ s s (Três alg.sig. na expressão final.) O projétil percorre uma distância horizontal de = 5,00 s = 161,2 ⋅ 5,00 s = 806 m durante o voo e, das expressões para as componentes da velocidade, = e = − 9,8 m/s , atinge o solo com velocidade Problema 60 5,00 s = 5,00 s ̂ + 5,00 s ̂ = 161,2 m m ̂ + −121,5 s s = 161 m m ̂ − 171 s s ̂ → = 161 m s ; = −171 m s 50 m − 9,8 ⋅ 5,00 s ̂ ⇔ s Trata-se aqui de um corpo em movimento circular uniforme. Há apenas que ter em atenção que o raio da órbita não é 640 km mais sim (6370 + 640) km, correspondentes ao raio da Terra mais a altitude da órbita. Tendo isto em atenção e passando as unidades ao SI temos, para 1 revolução completa, Problema 62 = distância Δ = 2 = 2 ⋅ 7,010 × 10 m = 7491 98,0 ⋅ 60 s m s ; = = 7491 m s 7,010 × 10 m = 8,01 m s A distância de 1 revolução é simplesmente o perímetro do MCU associado, que é 2 ⋅ 0,15 m = 0,9425 m. A frequência de 1200 rev/min corresponde a 1 revolução em = 60 s = 0,050 s 1200 Por definição, este é o período do movimento (i.e. tempo que demora a perfazer 1 rev). Substituindo o período na expressão (4-35) do livro de texto, = , podemos tirar a velocidade linear, que é A aceleração é então de = 2 = = 18,85 m s 0,15 m = 2 ⋅ 0,15 m 0,050 s = 18,85 m s m m = 2370 2,4 × 10 s s
Pode-se, naturalmente, obter os mesmos resultados por uma ordem diferente. 51
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De notar que o vetor , que tem dire
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Problema 35 A = 1,03 mT ⊙ A forç
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ℰ = −100 ⋅ 0,525 Wb ⋅ cos1
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Problema 29 Eletromagnetismo - circ
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