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FÍSICA IIAULA 10:
EXERCÍCIOS DE APROFUNDAMENTOEXERCÍCIOS PROPOSTOSANUAL
VOLUME 2
OSG.: 093633/15
01. a) Incorreto. Usando o gráfi co do campo elétrico, temos:
E KQ
dQ
Q C
=
⋅ = ⋅ ⋅( )
= ⋅ −
2
3 92
6
9 10 9 102 0
4 0 10
,
,
b) Incorreto. O potencial no interior do condutor é igual ao da superfície externa (v ≠ 0)
c) Correto.
v KQ
Rv
v V
= ⇒ = ⋅ ⋅ ⋅
= ⋅
−
9 104 0 10
16
3 6 10
96
4
,
,
,
d) Incorreto.
v KQ
dv
v V
= ⇒ = ⋅ ⋅⋅
= ⋅
−
9 104 0 10
2 0
1 8 10
96
4
,
,
,
e) Incorreto.
E KQ
d
E E
=
= ⋅ ⋅ ⋅
( )⇒ = ⋅
−
2
96
239 10
4 0 10
2 09 0 10
,
,, N/C
Resposta: C
02.
Fe
Fe
– q
a
Q
Q
a
–Fe (res)
a2
a2
T
T = E E
E
R
C C
P
o
F
=−
− =
− =
∆ EC
Fe
PoE m V
K Q
a
K Qa
m V
·
·· · (– q) · · (– q) ·
2
2
22
22
−− + =
=
=
=
2 4
2
2
24
2
2
2
2
KQq
a
KQ q
a
m
KQq
a
m V
VKQq
m a
V K Q q m a
· · V
·
·
· · · ·/
Resposta: D
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Resolução – Física II
03.
1
1
q+
+
+
q
+
++
++
qn gotas: Para gota maior:
++
++
++
q
++
+
++
QF = n·q
++
+
++
+++
++
V
K Q
R
VK n q
r n
Vn
n
K q
r
Vn
nV
Vn
nV
V n
F
o
o
=
=
=
=
=
=
·
· ·
·
··
·
·
3
3
3
3
3
33
3
3 22 3
23
·V
V V n
o
o=
Para 01 gota pequena:
V n V
R n r
R r n
ol ol=
=
=
·
· · ·
·
GOTAMAIOR
GOTAMENOR
4
3
4
33 3
3
π π
V r
VK q
r
ol
o
= ⋅
=
4
33π
·
Resposta: A
04. Sobre a partícula móvel, apenas a forças elétricas trocadas com as cargas fi xas realizam trabalho, havendo, então, conservação da energia mecânica.Todo trabalho motor realizado sobre ela pelas cargas fi xas durante a aproximação é compensado pelo trabalho resistente realizado durante o afastamento, de forma que a partícula irá atingir o infi nito com velocidade v, de mesmo módulo que a inicial.
Resposta: E
05.
V =K q
rV =
K q
3RV =
K q
2r
600 =K q
rV =
1
3600 V =
1
2600
V = 200 V
ESF A B
A B
A
⋅ ⋅ ⋅
⋅ ⋅ ⋅
VV = 300 V
T = q V V
T = 2 10 200 300 T = 200 10 J
T
B
Fe A B
Fe6
Fe6
F
⋅ −( )− ⋅ ⋅ −( ) ⇒ ⋅− −
ee = 200 Jµ
Resposta: C
06. A bexiga é de material isolante. O excesso de cargas fi ca retido na região atritada. Esse excesso de cargas induz cargas de sinais opostos na superfície da parede, acarretando a atração.
Resposta: B
07. No triângulo retângulo, os ângulos agudos valem 45º. Assim, os catetos são iguais e valem H. A carga elétrica Q (em C) gera potenciais iguais em A e B (V
A = V
B).
Portanto, o trabalho do campo elétrico sobre q, no deslocamento de A para B é nulo:
TAB = −( ) =q V VA B 0
Dessa forma, a energia cinética adquirida pela partícula P2 depende apenas do trabalho realizado pela força gravitacional (peso):
∆E mgHC = =T
Resposta: B
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Resolução – Física II
08. [F] Os elétrons se movem entre os eletrodos C e B, uma região de um campo elétrico, aproximadamente, uniforme, com o módulo
da velocidade praticamente constante. Se o campo elétrico é uniforme, a força elétrica é constante e não nula. Então, desprezando ações gravitacionais, o movimento
do elétron é uniformemente variado.[V] Os elétrons imediatamente antes de colidirem perpendicularmente com o eletrodo B têm energia cinética máxima de 8,0 ⋅ 10–15 J.
Pelo teorema da energia cinética:
E W U q Em x m x m xá á á= = = × ⋅ × ⇒ = ×− −5 10 16 10 8 104 19 15, J.
[V] A ordem de grandeza do comprimento de onda de raios X que se propaga no organismo humano com frequência 5,0 ⋅ 1019 Hz é igual a 10–11 m.
λ λ= = ×
×= × ⇒ ≈− −v
fm
3 10
5 100 6 10 10
8
1911 11, m.
[V] A velocidade mínima de um elétron, imediatamente antes da colisão com o eletrodo B, é, aproximadamente igual, a 1,0 ⋅108 m/s.
E U qm v
vU q
mm n m nm n m n
í íí
íí= = ⇒ = = ⋅ × ⋅ ×
×
−
−
2 4 19
2
2 2 3 10 16 10
9 1 10 m n
,
, 331
81 10
m/s.
⇒
≅ ×vm ní
Resposta: E
09. A fi gura mostra a distribuição de cargas evidenciando que a carga na superfície de raio d é negativa.
O gráfi co dá o potencial elétrico a partir dos centros das cascas esféricas. No interior do condutor, o campo elétrico é nulo, logo,o potencial elétrico é constante.
Como mostrado: V(b) < V(d).
Resposta: E
-
-
- -
-
-
-
- -
-
-+
+
+
+
+ +
+
+
+
++
+
++ +
+
+
++
++
+
-
-
--
-
- -
-
- -
- -
-
Vo
Va
Vb V
c
Vd
Vd
Potencial distanciao a b c d
Vo = V
d
Vo
Va = V
b
OSG.: 093633/15
Resolução – Física II
10. q = – e = –1,6 ⋅ 10–19 C
me = 9,1⋅10–31 kg
P Fe
30º
E g
0yV
xV
P Fe
P Fe
P Fe
P Fe
P Fe
P Fe
VO = 4 ⋅ 105 m/s
E = 100 N/C
Fazendo:
V = V
m/s
oy o
2
· º
· ·
·
sen
V
V
oy
oy
30
4 101
2
2 10
5
5
=
=
Temos
m m g E q
a
:
F = P FeR − −= −
= − −− −
· a · – ·
, · · , · · ·9 1 10 9 1 10 10 10 131 31 2 ,, ·
, ·
, ·, ·
, ·
6 10
16 10
9 1 100 176 10
176 10
19
17
3114
13
−
−
−= − ⇒ = −
= −
a a
a m/ss2
Assim
t t
t ns
total subida
total
:
=
=
2
22 6
·
,
Portanto:
V V at
O t
t
t
y oy= +
= + −( ) +
=
=
2 10 176 10
176 10 2 10
5 13
13 5
· , ·
, · ·
1113 10
11 3 10
11 3
8
9
, ·
, ·
,
−
−=
=
t
t ns
subida
Resposta: C
Rejane / Estefania – 24/11/15 – REV.: KP09363315_pro_Aula10 - Exercícios de Aprofundamento
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