Gabarito 1_FISICA

Resolução Comentada do Simulado de Física
ITA – 2010
1)
1) Para a 1.ª volta, temos:
Δs1
V1 = –––––
Δt1
x
V1 = –––––
Δt1
3)
ρᐉ
ρ0 ᐉ
–––– . i = ––––
. i0
A
A
x = V1 . Δt1 (I)
ρ i = ρ0i0
2) Para as 100 voltas, temos:
Δs
V = ––––
Δt
ρ0 (1 + αΔθ)i = ρ0i0
(1 + αΔθ)i = i0
(1 + 5,0 . 10–3 (θf – 50)) 1,5 = 3,0
100x
100 . Δs1
V = ––––––––
= ––––– (II)
Δt
Δt
1 + 5,0 . 10–3 (θf – 50) = 2,0
3) Substituindo I em II, vem:
1,0
θf – 50 = –––––––––
5,0 . 10–3
100 . (V1 . Δt1)
V = –––––––––––––
Δt
Δt1
V = 100V1 . –––––
Δt
Desprezando os efeitos de dilatação térmica e considerando a
tensão elétrica constante, vem:
U = U0
R i = R0i0
θf = 250°C
Resposta: C
4)
1) Vamos inicialmente calcular a resistência equivalente entre
os pontos A e B do circuito:
Δt1
Mas ––––
< 1, assim
Δt
V < 100V1
Resposta: C
2)
1) Sejam θL e θC as temperaturas corretas do líquido e do
corpo, respectivamente. O primeiro termômetro registra
3,5°C acima da temperatura correta do líquido, ou seja:
θ1 = θL + 3,5
θL = θ1 – 3,5 (I)
2) O segundo termômetro registra 2,5°C abaixo da temperatura correta do corpo, ou seja:
θ2 = θC – 2,5
θC = θ2 + 2,5 (II)
3) Do enunciado, temos:
θC = θL + 6,0 (III)
4) Substituindo I e II em III, vem:
θC = θL + 6,0
(θ2 + 2,5) = (θ1 – 3,5) + 6,0
θ2 = θ1 – 3,5 – 2,5 + 6,0
θ2 = θ1
Ou seja, os termômetros registram, erroneamente, as
mesmas temperaturas.
Portanto, a única resposta possível é a alternativa C que
mostra valores iguais.
Resposta: C
SIMULADO FÍSICA – ITA/2010
2) Utilizando a Lei de Pouillet, vem:
E
12,0
i = ––––––– = –––––––
Req + r 3,0 + 1,0
i = 3,0A
–1
Para a esfera B, temos:
3) A tensão entre os pontos A e B é dada pela equação do
gerador:
γ
ΔsB = V0 tB + ––– tB2
B
2
UAB = E – ri
UAB = 12,0 – 1,0 . 3,0
10,0
13,2 = V . 1,2 + ––– (1,2)2
2
UAB = 9,0V
4)Entre os pontos A e B, temos:
13,2 = 1,2V + 7,2
1,2V = 6,0
V = 5,0m/s
b) B atinge o disco antes de A:
Δt = tA – t’B
0,2 = 1,0 – t’B
UAB = R’ . i2
t’B = 0,8s
9,0 = 7,5 . i2
i2 = 1,2A ⇒
Assim, temos:
i’ = i’’ = 0,6A
γ
ΔsB = V’0 t’ + ––– t’ 2
B B
2 B
Resposta: B
5)
→ →
Pela figura 1, observamos que | →
aT | ≠ 0 e que aT e V têm
10,0
13,2 = V’ 0,8 + ––– (0,8)2
2
→
mesma direção e sentido. Assim, podemos concluir que | V |
V2
acp| = –––
aumenta e, portanto, | →
acp| aumenta | →
R
(
13,2 = 0,8V’ + 3,2
).
0,8 V’ = 10,0
acp| 2 + | →
aT | 2 .
Mas, | →
a |2 = | →
Como →
a deve ter módulo constante, podemos afirmar que se
|→
acp| aumenta, então | →
aT | diminui. A figura 3 é a que mais se
aproxima da resposta.
Resposta: E
6)
V’ = 12,5m/s
Resposta: E
7)
O vaso é acelerado pela força de atrito aplicada pelo forro,
devendo, no entanto, escorregar em relação ao forro:
Fat = m a’
μFN = m a’
ma’ = μmg ⇒ a’ = μg
1. Para o disco em rotação, temos:
Δϕ
ω = –––
Δt
Δϕ
2πf = –––
Δt
π
–––
6
25
2π . ––– = ––––
Δt
60
Δt = 0,2s
2. O tempo de queda de A é dado por:
tA =
2HA
–––––
=
g
2 . 5,0
––––– ⇒ t = 1,0s
A
10,0
3. Devemos admitir duas possibilidades:
a) A atinge o disco antes de B:
Δt = tB – tA
0,2 = tB – 1,0
O tempo gasto pelo forro para percorrer a distância D, com
aceleração constante de módulo a, é dado por:
γ
Δs = V0 t + –– t 2 (MUV)
2
a
2D
D = –– T 2 ⇒ T 2 = –––
a
2
T=
2D
–––
a
(I)
A distância x percorrida pelo vaso, nesse tempo T, é dada por:
γ
Δs = V0 t + –– t 2
2
a’
x = –– T 2 ⇒
2
μg
x = ––– T 2
2
(II)
Substituindo (I) em (II), vem:
μg
2D
x = ––– . ––– ⇒
2
a
μgD
x = –––––
a
tB = 1,2s
2–
SIMULADO FÍSICA – ITA/2010
Para que o vaso não caia da mesa, essa distância x deverá ser
menor que D – d.
μg D
––––
a
9)
<D–d
μgD
a > –––––
D–d
Resposta: E
8)
p1'
Hg
p1 = p
p2 = p
Hg
p2'
1. Da figura, temos: θ = 45° + 2α
θ = 45° + 45° = 90°
p2 V2
p2’ V2’
1) ––––––
= ––––––
T2
T2’
π
θ = ––– rad
2
p . S . 2a = p2’ . S . a
2p = p2’
(I)
p1 V1
p1’ V1’
2) ––––––
= ––––––
T1
T1’
p . S . 2a = p1’ . S . 3a
2
p1’ = ––– p (II)
3
2. Do exposto no enunciado, podemos concluir que o intervalo
de tempo gasto pela luz para percorrer o trajeto de ida e
volta entre o espelho E e o sistema de espelhos S é igual ao
intervalo de tempo gasto para que a face A do espelho E
descreva o ângulo θ entre as posições (1) e (2).
Assim, temos:
Δtluz = Δtespelho
θ
Δs
–––– = ––
Vluz ω
3) p 2’ = p1’ + pHg
2
m.g
p 2’ = ––– p + –––––
3
S
θ
2D
–––– = –––––
Vluz 2π . f
2
ρ.S.a.g
p 2’ = ––– p + –––––––––
3
S
2D . 2π . f
Vluz = –––––––––
θ
4D π f
Vluz = –––––––
π
–––
2
2
p 2’ = ––– p + ρ a g
3
2
2p = ––– p + ρ a g
3
Vluz = 8 D f
Vluz = 8 . 3,70 . 104 . 1,00 . 103(m/s)
Vluz = 2,96 . 108m/s
4
––– p = ρ a g
3
3
p = –– ρ a g
4
Resposta: A
SIMULADO FÍSICA – ITA/2010
Resposta: C
10) Devemos fazer uma análise dimensional em cada expressão dada (que indicaremos por y) para verificarmos
qual delas tem as dimensões de velocidade: LT –1
a) y = k g h λ μ
[y] = M . L T –2 . L . L . M L–3 = M 2 T –2
–3
ΔsAC
ΔsAB + ΔsBC
= ––––––– = –––––––––––––
AC
ΔtAC
ΔtAB + ΔtBC
L T –2 . L
gh
–2 L 4 T –2
b) y = ––––– ⇒ [y] = –––––––––
–3 = M
M
L
M
L
kλμ
kg
c) y = –––
μ
2) Vm
150 ΔtAB + 300 ΔtBC
180 = –––––––––––––––––––
ΔtAB + ΔtBC
h
–––
λ
M L T –2
[y] = ––––––––
.
M L–3
180 ΔtAB + 180 ΔtBC = 150 ΔtAB + 300 ΔtBC
L
––– = L4 T –2
L
30 ΔtAB = 120 ΔtBC
ΔtAB = 4 ΔtBC
kg
––––– ⇒ [y] =
λμh
d) y =
L T –2
M
––––––––––
= L2 T –2
L M L–3 L
ΔsAB
150 ΔtAB
3) ––––––– = –––––––––
ΔsBC
300 ΔtBC
[y] = L T –1
λμh
––––– ⇒ [y] = L–1T
kg
e) y =
4 ΔtBC
ΔsAB
1
––––––– = ––– –––––––
2
ΔsBC
ΔtBC
Resposta: D
11) 1) [v] = [ω] [A]
LT –1
–––––
[ω] =
L
ΔsAB
ΔsBC = ––––––
2
Resposta: D
[ω] = T –1
2)
k
––– t = M 0L0T0
m
[k]1/2
––––––
. T = M 0L0T0
M 1/2
13) Para densidade constante, o peso é proporcional ao
volume, ou seja, ao cubo das dimensões lineares.
A força de resistência dos ossos é proporcional à área
de secção dos ossos e, portanto, ao quadrado das
dimensões lineares.
P = k1 . L3
Fr = k2 . L2
P
–– = k3 . L
Fr
[k]1/2 = M1/2 T –1
P
Quando L duplica, –– também duplica.
Fr
Resposta: B
[k] = M T –2
Resposta: A
14)
ΔsAB
= –––––––
ΔtAB
AB
12) 1) Vm
ΔsBC
= –––––––
ΔtBC
BC
Vm
ΔsAB = 150 ΔtAB
ΔsBC = 300 ΔtBC
4–
No triângulo retângulo ABO obtemos, por Pitágoras, que
–––
AO = 5000m.
Tomemos como origem dos tempos o instante t0 em que o
avião passa por A.
SIMULADO FÍSICA – ITA/2010
O tempo gasto pelo som de A até O é dado por:
–––
AO
5000
VS = ––––– ⇒ 320 = ––––– ⇒ T1 = 15,62s
T1
T1
Δsf = 1602 + 1202
Δsf = 200m
O tempo gasto pelo som de B até O é dado por:
–––
4000
BO
VS = ––––– ⇒ 320 = ––––– ⇒
T2 = 12,5s
T2
T2
Sendo T3 o tempo gasto pelo avião de A para B e levando em
conta que o som proveniente de B é ouvido 4,00s após o som
proveniente de A, vem:
T3 +T2 = T1 + 4,00
T3 + 12,5 = 15,62 + 4,00 ⇒
T3 = 7,12s
A velocidade do avião é dada por:
–––
3000
AB
V = ––––– ⇒ V = ––––– (m/s) ⇒
7,12
T3
6) O módulo da velocidade do vento é:
Δsf
VV = –––––
Δt
200
VV = ––––– (m/s)
40,0
VV = 5,00m/s
V ≅ 421m/s
Resposta: D
15) 1) | VA | = 50,4km/h = 14,0m/s
|VB | = 72,0km/h = 20,0m/s
|Vrel | = | VA | + | VB |
|Vrel | = 14,0 + 20,0 = 34,0m/s
1360
Δsrel
⇒ 34,0 = –––––
2) Vrel = –––––
Δt
Δt
Δt = 40,0s
3) A posição de encontro dos trens (P) é dada por:
ΔsA
VA = –––––
Δt
ΔsA
14,0 = –––––
40,0
ΔsA = 560,0m
Resposta: A
γA
16) 1) a) sA = s0 + V0 t + –––
A
A
2
t2
a
sA = ––– t2
2
γB
b) sB = s0 + V0 t’ + –––
t’ 2
B
B
2
na
sB = ––– (t – Δt)2
2
2) No encontro, temos:
sA = sB
a
na
––– t2 = ––– (t – Δt)2
2
2
t2 = n (t – Δt)2
t = (t – Δt) n
n Δt
t = ––––––––
n–1
4)
Resposta: E
17) O calor necessário para aquecer e vaporizar a água é dado
por:
Q = mcΔθ + mL = m (cΔθ + L)
Sendo μ a densidade e V o volume de água, vem:
Q = μV(cΔθ + L)
Da figura, vem: 560 + x = 680 ⇒ x = 120m
5) A distância percorrida pela fumaça (Δsf ) de P a C é dada
por:
SIMULADO FÍSICA – ITA/2010
Dividindo-se pelo intervalo de tempo Δt, vem:
Q
V
⎯⎯ = μ ⎯⎯ (cΔθ + L)
Δt
Δt
Q é a potência e V é a vazão, portanto:
em que ⎯⎯
⎯⎯
Δt
Δt
–5
Pot = μZ (cΔθ + L)
R 3
–– . –– R
4R
R
2 4
’ = ––– + ––––––––––– ⇒ Req
’ = –––
Req
5
2
R
3
–– + –– R
2
4
Pot
Z = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯
μ (cΔθ + L)
Z=
Z=
800
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
3
1,0 . 10 (4,18 . 103 . 80 + 2,26 . 106)
800
⎯⎯⎯⎯⎯⎯
2,59 . 109
(m3/s)
Da 1.ª Lei de Ohm, vem:
UMN = Req
’ . i1
(m3/s) ≅ 3,1 . 10–7m3/s
Como 1,0m3 = 106mᐉ, vem:
⇒
4R
UMN = ––– i1 (II)
5
3) De I e II, vem:
4R
6,0R = ––– i1 ⇒ i1 = 7,5A
5
Z = 0,31mᐉ/s
4) Lembrando que os resistores R3 e R4 estão em paralelo,
temos:
Resposta: A
18) 1) Com o cursor em A, a resistência do reostato torna-se nula
e, assim, o resistor R3 entra em curto-circuito.
U3 = U4
R3 i2 = R4 i3
R
3
––– i2 = ––– R i3
2
4
2
i3 = ––– i2
3
Mas i1 = i2 + i3, então:
2
7,5 = i2 + ––– i2
3
⇒
i2 = 4,5A
Dessa forma, temos:
Resposta: B
Req = R1 + R2
R
R
Req = ––– + –––
4
4
19)
R
Req = –––
2
Da 1.ª Lei de Ohm, vem:
UMN = Req . i
R
UMN = ––– . 12
2
UMN = 6,0R (I)
2) Com o cursor X em D, temos:
1) Para que o fusível não queime, a intensidade de corrente
elétrica no circuito não pode ultrapassar 20,0A. Assim,
temos: imáx = 20,0A
2) Da 1.ª Lei de Ohm, vem:
U = Req
mín
. imáx
⇒ U = (R + Rx ) imáx
220 = (3,0 + Rx ) . 20,0 ⇒ Rx = 8,0Ω
3) Da 2.ª Lei de Ohm, vem:
8,0 . 10–5 . L
ρ.L
Rx = ––––– ⇒ 8,0 = ––––––––––––
1,5 . 10–6
A
L = 0,15m = 15,0cm
6–
SIMULADO FÍSICA – ITA/2010
4) O comprimento ᐉ é dado por:
L + ᐉ = 40,0(cm) ⇒ 15,0 + ᐉ = 40,0
2) E = h f
M L 2 T –2 = [h] T –1
ᐉ =25,0cm
[h] = M L 2 T –1
Resposta: C
Δs
3) c = –––– ⇒
Δt
20) 1)
[c] = L T –1
b) [t] = [G] x [h] y [c] z
M0L0T = (M –1L3T –2)x (ML2T –1) y (LT –1)z
M0L0T = M–x + y L3x + 2y + zT –2x – y – z
1) – x + y = 0
2) 3x + 2y + z = 0
3) – 2x – y – z = 1
De (1): y = x
Em (2): 3x + 2x = – z ⇒ – 5x = z
30 . 60
Req = ––––––– =
30 + 60
20Ω
Em (3): – 2x – x + 5x = 1
1
2x = 1 ⇒ x = –––
2
2)
z = – 5x ⇒
e
1
y = –––
2
5
z = – –––
2
Portanto t = (G) 1/2(h)1/2(c)– 5/2
t=
Gh
–––
c5
Respostas:
a) [G] = M –1L3T –2;
[h] = M L2T –1;
[c] = L T –1
1
1
5
b) x = ––– ; y = ––– e z = – –––
2
2
2
60
Req = ––– =
3
t=
20Ω
Resposta: E
Mm
21) a) 1) F = G –––––
d2
M2
M L T –2 = [G] ––––
L2
[G] = M –1 L 3 T –2
SIMULADO FÍSICA – ITA/2010
Gh
–––
c5
22) 1) A prancha e o bloco realizam movimentos uniformemente
variados com acelerações escalares
γp = 0,3a e γc = a .
γ
Assim, temos: Δs = V0t + ––– t2
2
γp 2
Prancha: Δsp = V0 t + –––
t
p
2
0,3a
2x
x = –––– t2 ⇒ t2 = –––– (I)
2
0,3a
–7
γc 2
Bloco: Δsc = V0 t + –––
t
c
2
a
(x + ᐉ) = ––– t 2 (II)
2
2) Substituindo I em II, vem:
a
2x
(x + ᐉ) = ––– . ––––
2
0,3a
x
(x + ᐉ) = –––
0,3
0,3x + 0,3ᐉ = x
0,3ᐉ = 0,7x
0,3ᐉ
0,3 . 14
x = –––– = ––––––– (m)
0,7
0,7
2
Respostas: a) r = ––
t
b) hipérbole equilátera; un(r) = Hz
24) 1) Para x = 10cm, vem
t=ax+b
0 = a (10) + b
10 a + b = 0 (I)
t’ = c x2 + d
0 = c (10)2 + d
100 c + d = 0 (II)
2) Para x = 30cm, vem
t=ax+b
100 = a (30) + b
30 a + b = 100 (III)
t’ = c x2 + d
100 = c (30)2 + d
x = 6,0m
900 c + d = 100 (IV)
Resposta: 6,0m
23) a) 1) Da Equação de Torricelli, vem:
V 2 = V02 + 2γ Δs
V 2 – V02 = 2γ Δs
(V + V0) . (V – V0) = 2γ Δs
(V + V0) . ΔV = 2γ Δs
ΔV
2γ
–––– = ––––––– (I)
Δs
V + V0
2) Da função horária das velocidades, vem:
V = V0 + γ t (II)
3) Lembrando que V0 = 0; γ = g;
ΔV
r = –––– e substituindo II em I, temos:
Δs
ΔV
–––– =
Δs
2γ
––––––––––––
(V0 + γ t) +V0
2g
r = –––– ⇒
gt
b) SI
{
2
r = ––––
t
t em segundos (s)
r em hertz (Hz) ou (s–1)
3) De I e III, temos
10 a + b = 0 ⇒ a = 5 e b = – 50
30 a + b = 100
4) De II e IV, temos
100c + d = 0 ⇒ c = 1
––
900c+d = 100
8
e d = – 12,5
5) Quando t = 40°C, temos
t = ax + b
40 = 5x – 50
x = 18
6) O valor de t’ é dado por
t’ = c x2 + d
1
t’ = –– (18)2 – 12,5
8
t’ = 28 graus
Resposta: 28 graus
25) a) Foi dado que c = 5,0 . 10–3 θ + 0,2
Sejam c1 e c2 os calores específicos a 20°C e a 60°C,
respectivamente.
Assim,
c1 = 5,0 . 10–3 . 20 + 0,2 (cal/g°C)
c1 = 0,3 cal/g°C
c2 = 5,0 . 10–3 . 60 + 0,2 (cal/g°C)
c2 = 0,5 cal/g°C
Como a variação do calor específico sensível com a
temperatura é linear, podemos afirmar que o calor específico sensível médio entre 20°C e 60°C é
8–
SIMULADO FÍSICA – ITA/2010
c1 + c2
0,3 + 0,5
cm= –––
––––– = –––––
–––– (cal/g°C)
2
2
π
π
––
–
.
1,0
+
–––
2
2
i = 2,0 + 2,0 cos
π
π
––
–
.
2,0
+
–––
2
2
= 2,0A
i = 2,0 + 2,0 cos
π
π
––– . 3,0 + –––
2
2
= 4,0A
i = 2,0 + 2,0 cos
π
π
––– . 4,0 + –––
2
2
= 2,0A
i = 2,0 + 2,0 cos
cm = 0,4 cal/g°C
b) Temos que Q = m cmΔθ
Q = 200 . 0,4 . 40 (cal)
Q = 3,2 . 103cal
Respostas: a) 0,4 cal/g°C
b) 3,2 . 103 cal
26) a)
tE + 16
tc – 0
tc
tE – (– 16)
– = –––––
–––––––
– = –––––––––
–
– ⇒ ––––
100
100 – 0
80
64 – (–16)
⇒
4tC = 5tE + 80
tC = 1,25tE + 20
=0
2) A quantidade de carga elétrica é dada pela área sob o
gráfico i x t. Observe que a região 2 “se encaixa” na região
1, como ilustrado a seguir e, assim, obtém-se uma figura
geométrica regular. Isto posto, temos:
b) Conversão de 32°E para a escala Celsius:
tC = 1,25 (32) + 20 (°C)
tC = 60°C
Assim,
Qcedido + Qrecebido = 0
Como
273K = 0°C
N
Q = Área ⇒ Q = b . h = 4,0 . 2,0 ⇒
212°F = 100°C
176,25mᐉ = 176,25cm3
então
(m c Δθ)metal + [(mcΔθ)gelo + mLF + (m cΔθ)água] + (mcΔθ)água = 0
2) A intensidade média da corrente elétrica é dada por:
Q
8,0
im = ––– = ––– (A) ⇒
Δt
4,0
2700 . 0,20 . (60 – 100) + m . 0,55 . [0 –(–10)] +
+ m . 80 + m . 1,0 . (60 – 0) + 176,25 . 1,0 . (60 – 0) = 0
Q = 8,0C
im = 2,0A
Respostas: 8,0C e 2,0A
– 21600 + 5,5m + 80m + 60m + 10575 = 0
145,5m = 11 025
28) 1)
m ≅ 75,8g
Resposta:
a) tC = 1,25 tE + 20
b) 75,8g
27) 1) Devemos, inicialmente, obter o gráfico i x t para o intervalo de tempo citado.
i = 2,0 + 2,0 cos
π
π
––– . 0 + –––
2
2
SIMULADO FÍSICA – ITA/2010
= 2,0A
–9
As massas contidas nos dois fios devem ser iguais,
portanto:
m1 = m2
μV1 = μV2
πr12 ᐉ1 = π r 22 ᐉ2
a2
a2L = ––– ᐉ2
4
ᐉ2 = 4L
2) Pela 2.ª Lei de Ohm, temos:
ᐉ1
ρ . ᐉ1
L
––––––
––––––
–––
2
R1
π
r
A1
a2
1
= –––––––
= –––––
––– = –––––––
ᐉ2
ρ . ᐉ2
4L
R2
––––––
––––––
–––
A2
π r22
a2
–––
4
15
1
––– = ––– ⇒ R2 = 240Ω
R2
16
3) Utilizando, novamente, a 2.ª Lei de Ohm, vem:
ρ. ᐉ2
–––––
ᐉ2
R2
A2
––– = –––––– = ––––––––
ρ. ᐉ2’
(ᐉ2 – 1,0)
R’2
–––––
A2
ᐉ2
240
–––– = ––––––––
(ᐉ2 – 1,0)
180
3)
4)
ᐉ2
4
⇒ –– = –––––––––
3
(ᐉ2 – 1,0)
ᐉ2 = 4,0m
4) Como ᐉ2 = 4L, temos:
4,0 = 4L ⇒
L = 1,0m
Resposta: 1,0m
R
––– . 2R
2
2
R’ = ––––––––– = ––– R
R
5
––– + 2R
2
29) 1)
5)
2) Pela simetria do circuito, pode-se concluir que os pontos C
e E possuem os mesmos potenciais elétricos e podem ser
considerados coincidentes. Analogamente, os pontos F e H
também serão coincidentes e, assim, temos:
10 –
SIMULADO FÍSICA – ITA/2010
7
R . ––– R
5
7
Req = ––––––––– = ––– R
7
12
R + ––– R
5
terminais do gerador, assim:
U = E – r i ⇒ U = 50 – 2,5 . 2,5
U = 43,75V
Respostas: a) 2,5A
6)
b) 43,75V
7
Resposta: ––– R
12
30) Do gráfico, podemos obter a expressão que relaciona R e i
(R(i)): R = R0 + a i
em que R0 = 15Ω (valor de R para i = 0)
ΔR
e a = ––– (coeficiente angular da reta)
Δi
5,0
a = –––– ⇒ a = 1,0
5,0
Assim:
R = 15 + 1,0i
Esquematizando o circuito, vem:
Da Lei de Pouillet, temos:
E
50
i = ––– ⇒ i = ––––––––––––
∑R
(15 + i) + 2,5
15i + i2 + 2,5i = 50
i = 2,5A
i2 + 17,5i – 50 = 0
ou
i’ = – 20A (inadequada)
b) A tensão elétrica nos terminais do resistor é a mesma dos
SIMULADO FÍSICA – ITA/2010
– 11