Uma bateria de 12 V de tensão e 60 A·h de carga alimenta um sistema de som, fornecendo a esse sistema uma potência de 60 W. Considere que a bateria, no início, está plenamente carregada e alimentará apenas o sistema de som, de maneira que a tensão da bateria permanecerá 12 V até consumir os 60 A·h de carga. O tempo máximo de funcionamento ininterrupto do sistema de som em horas é:
1. Identificação dos Dados:
- Tensão da bateria: $U = 12\text{ V}$
- Carga total armazenada: $Q = 60\text{ A}\cdot\text{h}$
- Potência do equipamento: $P = 60\text{ W}$
2. Desenvolvimento:
A energia total ($E$) fornecida pela bateria é obtida pelo produto da tensão pela carga armazenada:
\[E = U \cdot Q = 12\text{ V} \times 60\text{ A}\cdot\text{h} = 720\text{ W}\cdot\text{h}\]Sabendo que a potência consumida é dada por $P = \frac{E}{\Delta t}$, podemos isolar o tempo de duração ($\Delta t$):
\[\Delta t = \frac{E}{P} = \frac{720\text{ W}\cdot\text{h}}{60\text{ W}} = 12\text{ horas}\]Considere que um satélite meteorológico passe exatamente acima de uma dada floresta a cada 4,8 horas. Se compararmos o raio da órbita do referido satélite meteorológico com o raio da órbita de um satélite de comunicação geoestacionário, considerando, para simplificar o problema, que ambos os satélites se locomovam em movimento circular uniforme, em torno do planeta Terra, no plano do equador, girando no mesmo sentido da rotação da Terra, então podemos afirmar que o raio da órbita do satélite meteorológico é aproximadamente:
1. PeríodosOrbitais:
- Satélite geoestacionário: $T_g = 24\text{ h}$ (acompanha a rotação da Terra).
- Como o satélite meteorológico gira no mesmo sentido da Terra e passa pelo mesmo ponto a cada $T_{rel} = 4,8\text{ h}$, relacionamos as velocidades angulares:
2. Aplicação da 3ª Lei de Kepler:
\[\left(\frac{R_m}{R_g}\right)^3 = \left(\frac{T_m}{T_g}\right)^2 \implies \left(\frac{R_m}{R_g}\right)^3 = \left(\frac{4}{24}\right)^2 = \left(\frac{1}{6}\right)^2 = \frac{1}{36}\] \[\frac{R_m}{R_g} = \sqrt[3]{\frac{1}{36}} \approx \frac{1}{3,3} \approx 0,30 \text{ (ou 30\%)}\]Um raio de luz monocromático reduz sua velocidade em 50% ao passar do meio I para o meio II. Podemos afirmar que o índice de refração do meio II é maior que o índice de refração do meio I:
O índice de refração de um meio é inversamente proporcional à velocidade de propagação da luz nele ($n = \frac{c}{v}$).
Se a velocidade no meio II é $50\%$ da velocidade no meio I ($v_{II} = 0,5 \cdot v_I$):
\[n_{II} = \frac{c}{v_{II}} = \frac{c}{0,5 \cdot v_I} = \frac{1}{0,5} \cdot \left(\frac{c}{v_I}\right) = 2,0 \cdot n_I\]Portanto, $n_{II}$ é 2,0 vezes maior que $n_I$.
Um projétil foi lançado a partir do solo com velocidade $v_0$ (em módulo) segundo um ângulo $\theta_0 \neq 0$ acima da horizontal. Desprezando o atrito com o ar, o módulo da velocidade do projétil no topo da sua trajetória é:
No movimento de um projétil (lançamento oblíquo sem atrito):
- Na componente vertical ($y$), o movimento é influenciado pela gravidade, fazendo com que $v_y = 0$ no topo da trajetória.
- Na componente horizontal ($x$), o movimento é uniforme (velocidade constante): $v_x = v_0 \cos \theta_0$.
Assim, no ponto mais alto, a velocidade resultante é estritamente horizontal: $v = v_x = v_0 \cos \theta_0$.
Para que o período de um pêndulo simples, de comprimento L, seja dobrado devemos aumentar o comprimento do pêndulo de:
A fórmula do período do pêndulo simples é $T = 2\pi \sqrt{\frac{L}{g}}$.
Para obter um novo período $T' = 2T$:
\[2T = 2\pi \sqrt{\frac{L'}{g}} \implies 2 \times \left(2\pi \sqrt{\frac{L}{g}}\right) = 2\pi \sqrt{\frac{L'}{g}} \implies \sqrt{\frac{L'}{g}} = 2\sqrt{\frac{L}{g}}\]Elevando ambos os lados ao quadrado: $L' = 4L$.
Atenção ao enunciado: Pergunta-se o quanto se deve aumentar o comprimento: \[\Delta L = L' - L = 4L - L = 3L\]
Considerando que os calores específico e latente de vaporização da água são respectivamente $c = 4190\text{ J}/(\text{kg}\cdot{}^\circ\text{C})$ e $L = 2256\text{ kJ/kg}$, a energia mínima necessária para vaporizar $0,5\text{ kg}$ de água que se encontra a $30^\circ\text{C}$ em kJ, é aproximadamente:
O processo ocorre em duas etapas:
- Aquecimento da água de $30^\circ\text{C}$ até o ponto de ebulição ($100^\circ\text{C}$, $\Delta T = 70^\circ\text{C}$): \[Q_1 = m \cdot c \cdot \Delta T = 0,5\text{ kg} \times 4,19\text{ kJ}/(\text{kg}\cdot{}^\circ\text{C}) \times 70^\circ\text{C} = 146,65\text{ kJ}\]
- Vaporização total da água a $100^\circ\text{C}$: \[Q_2 = m \cdot L = 0,5\text{ kg} \times 2256\text{ kJ/kg} = 1128\text{ kJ}\]
Energia total necessária:
\[Q_{\text{total}} = Q_1 + Q_2 = 146,65\text{ kJ} + 1128\text{ kJ} = 1274,65\text{ kJ} \approx 1275\text{ kJ}\]