3ª série - vol 2 - gabarito fís 2

3ª Série – Ensino Médio

FÍSICA 2 – Vol. 2 D:\2011 - Gabarito Comentado - Col\volume_2\Ensino Médio\3a_serie_pre\Física II - 3ª s - vol. 2 (Nico).doc

1

Parte 1 — Unidade 04 ESTUDO DOS GASES E TERMODINÂMICA

QUESTÕES DE TREINAMENTO 01) P . V = n . R . T

n.R

V .TP

∴ = ⇒ Se P = constante, então: V = const. T V

const.T

∴ =

Verifique na tabela que a razão VT

é constante.

Volume (cm3) Temperatura (K) VT

10 50 0,2

15 75 0,2

⋮ ⋮ ⋮

90 450 0,2

a) Se a pressão (P) se manteve constante, a transformação gasosa é ISOBÁRICA. b)

02)

o o

o o

P .VP.V P.Vconst ,

n.T n .T n.T= ⇒ = para n e V = const., temos:

1 35 2 5 2

o

o

P P 1,0.10 N / m 3,0.10 N / mT (3 x300)K T 900K

T T (27 273)K T

= = ∴ = ∴ = +

03) Transformação isotérmica ⇒ T = const. ⇒ P . V = const. No gráfico: PA . VA = PB . VB ∴ 4,0 ATM x 0,10m3 = PB X 0,20m3

Assim: 3

B 3

4,0atm x0,10mP 2,0ATM

0,20m= =

...E ainda: PA . VA = PC . VC ∴ 4,0 ATM x 0,10m3 = 1,0 ATM x VC

Assim: 3

3C

4,0ATM x 0,10mV 0,40m

1,0ATM= =

04) Letra B.

Isométrica (V = const.), Isotérmica (T = const.) e Isobárica (P = const.)

GABARITO COMENTADO FÍSICA II – 3ª Série do Ensino Médio / Pré-Vestibular

2

05) Letra D.

1

o o o o 1

1 2 2

P .V 4P .V T 1T T T 4

= ∴ =

06) Equação de Clapeyron: P.V = n.R.T ∴ P.V

nR.T

=

2,9ATM 41L 2,9 41 118,9n n mol n

ATM L 0,082x290 23,780,082 (17 273)KK.mol

× ×= ∴ = ∴ =

×× +

∴ n = 5 mols ⇒ No de moléculas = 5 x 6,02 . 1023 = 30,1 . 1023 Assim: N = 3,01 x 1024 moléculas

07) Letra D.

Para tem. = const ⇒ P.Vn n P.V

R.T= ∴ α

nI = 20ℓ x 0,90 ATM = 18 ATM.ℓ

nII = 40ℓ x 0,40 ATM = 16 ATM.ℓ

nIII = 50ℓ x 0,30 ATM = 15 ATM.ℓ

nIV = 30ℓ x 0,80 ATM = 24 ATM.ℓ

nV = 10ℓ x 1,20 ATM = 12 ATM.ℓ

Assim: ... O recipiente IV contém o maior número de moléculas.

08) Dado: TA = 80K ⇒ A A B B ATM ATM

A A B B B

P .V P .V 1,0 x 2,4L 1,8 x 5,0Ln .T n .T 80K T

= ∴ =

BT 300K∴ =

09) o o

o o

P .V P.Vn .T n.T

=

o o

o

V TP 2x x 0,93

V P T 3∴ = =

oV0,62

V=

10) n = const (não há alteração no total da massa de gás nos recipientes)

' 'B A B A A B

ANTES DEPOIS

n n n n Dado : V 4 . V+ = + ⇒ =��

Como a temp. é constante: ' 'B B A A B B A AP . V P . V P . V P . V ...(1)+ = +

Aberta a torneira, após um certo intervalo de tempo, as pressões em A e B se equilibram. ' 'A BP P P= =

Substituindo os valores na expressão (1) temos:

ATM B ATM B B B8 x V 2 x 4.V P x V P x 4.V+ = +

ATM ATM

1616 5.P P ATM 3,2

5= ∴ = =


3

11) Êmbolo: m = 200kg S = 100cm2 = (102 x 10—4)m2 = 10—2m2

INICIAL FINAL

To = 27 + 273 = 300K Vo = 2,4L

5o 2

NP 3,0 x10

m=

T = 127 + 273 = 400K V = ? P = Po

Obs.: Nas situações INICIAL e FINAL o êmbolo se encontra em equilíbrio, Assim: Pgás = PATM + Pêmbolo

5 5gás 2 2 2 2

5 5gás 2 2

5gás 2

N M.g N 200.10 NP 1,0 x10 1,0 x10

m 5 m 10 m

N NP 1,0 x 10 2,0 x 10

m mN

P 3,0 x10m

−= + = +

= +

=

a) o o

o o 3 4

P .V P.V 2,4L VV 3,2L

n .T n.T 300K 400K= ∴ = ∴ =

b) Considerando uma expansão gasosa à pressão constante;

5Gás 2

3 30,8L 0,8x10 m4 38x10 m

5 4Gás

2Gás

NW P. V 3,0 x10 x (3,2L 2,4L)

m

W 3 x10 x 8 x 10 N.m

W 240J 2,40 x10 J

−⇒ =−=

−

= τ = ∆ = −

∴ = τ =

∴ = τ = =

��

12) n = 4 mols; TA = 500K ⇒ TB = 600K a) No estado A:

4AA A A A 2

A

4A A B B B

A A B B 5 6

44

B 2

n.R.T 4.8,31.500 NP .V n.R.T P 8,31x10

V 0,2 m

P .V P .V P x 0,68,31x10 x 0,2n .T n .T 500 600

8,31x 0,2 x10 NP 3,324 x10

0,5 m

= ∴ = = =

= ∴ =

= =

b)

4 4

ÁREA DO TRAPÉZIONO GRÁFICO P x VA B A B

B b 8,31 x10 3,32 x10W W x h x 0,4

2 2+ +

≅+ ⇒ ≅ =֏ ֏

4

A BW 2,33 x10 J≅֏

c) O gás sofreu uma expansão (volume aumentou), sendo assim, o gás realizado trabalho.


4

13) Compressão Isotérmica ⇒ Volume diminui + Temp.Constante ∆U = const. ∆T ⇒ T = const. ⇒ ∆T = 0, Logo ∆U = 0 14) .

4

ÚtilRecebido

5ATM 2

Q 3,6 x10 cal W 3,0 x104J(isobaricamente P const.)

Máquina Térmica

NP 2 2,0 x10

m

= ⇒ = ⇒ = = =

a) W = P . ∆V

41 3

52

W 3,0 x10 JV V 1,5 x10 m

NP 2,0 x10m

−∆ = = ∴ ∆ =

b) Pela PRIMEIRA LEI DA TERMODINÂMICA: Q = ∆U + W ∆U = Q — W = (3,6 x 104 x 4,2)J — 3,0 x 104J ∆U = 15,12 x 104J — 3,0 x 104J ∴ ∆U = 12,12 x 104J ∴ ∆U = 1,212 x 105J 15) . 1ª) EXPANSÃO ISOTÉRMICA: ... o gás realiza um trabalho W ... recebe 150J 2ª) EXPANSÃO ADIABÁTICA: ... Mesmo Trabalho W ∆U = ? Na 1ª Experiência: ∆U = 0 ⇒ Q = ∆U + W ∴ Q = W = 150J Na 2ª Experiência: Q = 0 ⇒ Q = ∆U + W ∴ ∆U = —W = —150J 16) Observando o gráfico:

No PROCESSO I ⇒ P = const. (Expansão ISOBÁRICA) { 1 I IQ U W=∆ +

No PROCESSO II ⇒ V = const. (Transformação ISOCÓRICA) II

II II II II

V const. V 0 W P. V 0

QII U W Q U

= ⇒∆ = ⇒ = ∆ = = ∆ + ∴ =∆

a) No gráfico, ∆TI = ∆TII, assim: ∆UI = ∆UII Logo: QI > QII Resp.: No PROCESSO I

b) I

II

QI U W

QII U

= ∆ + = ∆

Se ∆UI = ∆UII e WI = 80J, então: ... A diferença entre as quantidades de calor QI e QII é 80J.

17) Letra A.

W ≅ ± ÁREA(P x V) Observando o gráfico:

3 32

NW 3m x 500 1500 N.m 1,5 x10 J

m≅ + = =

18)

a) Observando o gráfico, temos: 3 3

3 2 3A A B B B B B B

3 2 3A A B B A A A A

P .V P .V T P .V T 1,5 x 10 N / m x 3m9

n .T n .T T P .V T 2,5 x10 N / m x1,0m= ∴ = ∴ = =


5

b) No ciclo: 0

U 0 Q U W∆ = ⇒ = ∆ +

3

32 x 5 x 10W área int erna do ciclo W 5,0 x 10 J

2≅+ ⇒ ≅+ =+

Assim: Q = +5,0 x 103J

QUESTÕES OBJETIVAS 01) Letra D.

o o ATM o ATMo

o o

P .V 275 V 1,0 VP.VV 250 V

n .T n.T 330K 300K× ×

= ⇒ = ∴ = ×

02) Letra B.

... Pressão Final (P) ⇒ o o o o

o o

P .V P .VP.VP

n .T n.T V= ∴ =

Do gráfico: o

Po.2VoP P 2.P

Vo

/= ∴ = ⇒

/

Como T = To, então: ∆T = 0 e ∆U = 0, assim: Q = W ≅ ± Área (do trapézio)

o oo o o

2P P 3Q V P V (Quantidade cedida de calor)

2 2+

= × =

03) Letra E.

1

oo o o

o o o

o

T 20 273 293Ko

P . V (2.P )P. V Pn .T n.T T T

T 2.T= + =

= ∴ = ∴

=��

Assim: T = 2 x 293 = 586K ∴ T = 586 — 273 = 313oC 04) Letra D.

05) Letra A.

ATM.L2mols x 0,082 x 300Kn.R.T K.MolP.V n.R.T P P 24,6 ATM

V 2L= ⇒ = = ∴ =

EXPANSÃO ISOTÉRMICA const

V( )

T const U

P( )α

↑ = ⇒ ↓


6

06) Letra D.

07) Letra D.

Dado: 4

por cicloW 3,0 x10 J=+

44 4útil

quente 1quente

42 1

(FRIA)

CICLO

60%

W 3,0 x 10Q 5,0 x 10 J Q 5,0 x10 J

Q 0,6

Q Q W 2,0 x10 J

U 0

η =

+η = ⇒ = =+ ⇒ =+

= − =+

∆ =

08) Letra A.

COMPRESSÃO ⇒ W < 0

QUESTÕES DISCURSIVAS 01) a) Q1 + Q2

TOTAL TOTALSOLQ m.c. m. L Q 100 1 (0 20) 100( 80)= ∆θ+ ∴ = × × − + −

TOTAL

calorcedido

Q 2000 8000 10.000 cal↓

∴ =− − = −

b) o o

o

P V P.V 1ATM P 1ATM PP 0,94ATM

T T ( 3 273)K ( 19 273) 270K 254K= ⇒ = ∴ = ∴ ≈

− + − +

02) .

1 1 1 1 1 1 1 1 12 1

2 2 2 2 2 2 2 2 2

P.V n .R.T P .V n .R.T V 1V 2.V

P .V n .R.T P .V n .R.T V 2

= = ∴ = ∴ ==

Como V1 + V2 = V0, então: V1 + 2V1 = V0 01 2 0

V 2V e V V

3 3∴ = =

03)

a) o o

o o

P .V P.V 1ATM Pn .T n.T (27 273)K (59 273)K

= ∴ =+ +

1ATM PP 1,11ATM

300K 332K= ∴ ≈


7

b) Q = m.c.∆θ oo

calQ 20g 1 x 8 C 160cal

g. C∴ = × =

... Quantidade de calor que a água cede para o gás e para o recipiente até o equilíbrio térmico ⇒ 160 cal

Assim: �Gás

REC Gás REC

C

160 M.C. C . C . C .= ∆θ + ∆θ = ∆θ+ ∆θ

5 1

gás rec gás

gás

160 .(C C ) 160 32.(C 4)

calC 1

K

∴ = ∆θ + ∴ = +

∴ =

04)

Expansão ISOTÉRMICA Reversível: 0

IF

T const U 0

Q U W

W Q

= ⇒∆ = = ∆ + =

Expansão ADIABÁTICA Reversível: 1

'IF

'IF

Q 0

Q U W

W U

= = ∆ + =−∆

No Gráfico: '

IF IFW W> pois, a área abaixo da isoterma é maior que o abaixo da adiabática. 05)

a) O trabalho realizado no trecho ABC é igual a área do trapézio: 1 01 0

P P. (V V ).

2

+ −

O trabalho realizado no trecho CDA é igual à mesma área, mas com sinal trocado. Assim: WTOTAL = 0

b) Pela 1ª Lei da Termodinâmica ∆U = Q — W e no ciclo fechado ∆U = 0, Logo QAB + QBC + QCD + QDA = 0 Nos Processos: AB ⇒ QAB = ∆UAD > 0 pois TB > TA CD ⇒ QCD = ∆UCD > 0 pois TD > TC Logo: QBC + QCD < 0 06)

a) 5

o oP .V P.V 1,0 x10 PTo T (27 273) (7 273)

= ⇒ =+ +

5

5 5 2 5 21,0 x10 x 280 280P P x10 0,933 x10 N / m 0,9 x10 N / m

300 300∴ = ∴ = = ≈

b)


8

07)

a) W ≅ +área interna do ciclo ∴ o o0

8P 2PW x10V

2+

=+

W = +50 Po . Vo b) Pela Primeira Lei da Termodinâmica

Q = ∆U + W; no ciclo ∆U = 0, assim: Q = W ∴ Q = +50 Po.Vo

08) 1

oo

o o

p. V 0,6p . V 1 0,6 3n n

n .T n.0,8F n 0,8.n 4= ∴ = ∴ =

09) .

Máxo T Const.

Míno

Máxo

Mín

V 5,0LT

V 2,0LCondição Inicial p 2,0ATM Condição Alterada

P ?V 3,0L

P ?

=

= = = ⇒ = = =

Condição de Máximo:

o o máx máxmáx

o

máx

p .V p .V2,0ATM x 3,0L P x 5,0L

T T

P 1,2ATM

= ⇒ =

=

Condição de Mínimo:

o o mín mínmín

o

mín

p .V p .V2,0ATM x 3,0L p x 2,0L

T T

P 3,0ATM

= ⇒ =

=

10)

Cálculo da Pressão Final do Gás:

o o oo o

o o

P .V P.V / 3 PP P 3.P

n .T n.T 3= ∴ = ∴ =

Do estado i para o estado F a temperatura é a mesma: Ti = TF ⇒ ∆U = 0

0

o oo

o o

Q U W Q W Área do Trapézio

(3P P ) 2Q W . V

2 3

4Q W P .V

3

=∆ + ∴ = ≅ −

+∴ = =−

∴ = =−


9

Parte 2 — Unidade 01 ELETROSTÁTICA

QUESTÕES DE TREINAMENTO 01) Letra B. I. FALSA. O elétron atrai próton II. VERDADEIRA III. FALSA. (Atraem) 02) 1 Elétron ____________ 1,6 . 10—19C

n _____________________ 1C 1,6 . 10—19 n = 1 ⇒ n = 6,25.1018 elétron

03) a)

Q1 Q2 + — — +

b) Logo: Q2 < 0

04) Letra E.

Pelo Princípio da Conservação das cargas:

Antes DepoisQ Q

e e n n 0

= ∴

∴ + =+ + ⇒ =

∑ ∑

05) Letra A. 06) Letra B.

DepoisAntes

A B A B

2Q 4Q Q Q

⇒

− + + +

DepoisAntes

A C A C

Q 3Q 2Q 2Q

⇒

+ + + +

DepoisAntes

A D A D

2Q 6Q 4Q 4Q

⇒

+ + + +

07) carregada negativamenteAtraída

neutra(indução eletrostática)

Repelida — carregada positivamente Logo: Repelida e positiva

08) Letra D.

Eletrização por indução

09) 1 2f f=� �

3ª Lei de Newton


10

10) Letra D.

2

q.q'F K

d=

2 2

K.q.3q' 3 Kqq' 3F' F ' F ' F 0,75F

(2d) 4 d 4= ∴ = ∴ = =

11) Letra E.

9 25

2 2

K.Q.q 9.10 .QF 0,1 Q 1.10 C

d (3)−= ⇒ = ⇒ =

12) Letra E.

Na condição de equilíbrio da carga q, temos:

1 2F F P+ =� � �

Usando a Lei dos Cossenos, temos:

22 2 2 o

1 2 1 2 1 2F F p F F 2FF cos 120+ = = + +� �

Mas:

1 2 2

79

1 2 2 2

26

1 2 1 24

Q1qF F K

d1,0.10 .q

F F 9,0.10(3,0.10 )

9,0.10 qF F F F 1,0.10 q

9,0.10

−

−

−

= =

= =

= = ⇒ = =

Então:

p2 = F2 + F2 — F2 p2 = F2 P = F mg = F 10 . 10—3 . 10 = 1,0 . 106q q = 1,0 . 10—7 C


11

QUESTÕES OBJETIVAS 01) Letra B.

02) Letra B. 3a Lei de Newton 03) Letra A. 04) Letra D.

Repulsiva e tem módulo de 9 x 109N. Ao colocarmos os dois objetos em contato, a carga elétrica dos dois objetos se redistribui de maneira uniforme. Logo, a carga em cada objeto, após o contato, é de 3C. Neste caso, a força que atua os dois objetos é repulsiva e tem módulo dado pela lei de Coulomb onde

9 91 2 2F kq q / d 9 x10 x 3 x 3 / 9 9 x10 N.= = =

05) Letra A. Indução eletrostática. 06) Letra D.

2

DA BA 2 2

CA 22

q.q KqF F F K.

L LK.q.q K.q.q 1

F' F F ' F ' F2L 2(L 2)

= = = =

= = ⇒ = ⇒ =

R RF F 2 F' F 1,4F 0,5F 0,9F= − ⇒ = − =

Logo: 07) Letra B.

08) Letra A.

2

2

KQF

d=


12

RA

F 5F=

09) Letra C.

QUESTÕES DISCURSIVAS 01) a) Ao encostar o cano na tampa, a parte metálica do eletroscópio, esta fica carregada positivamente, isto é,

elétrons migram da tampa para o cano e as duas metades da fita de alumínio se repelem. b) Por indução cargas negativa (elétrons) se deslocaram para a tampa ficando as lâminas de alumínio ainda mais

carregadas positivamente, se afastando mais, logo α1 < α2. 02) a) Como a tensão no fio é maior do que o peso da esfera concluímos que a força elétrica está orientada para

baixo; as cargas têm, portanto, sinais contrários, já que produzem uma força atrativa. b) De acordo com a Lei de Coulomb, o módulo da força da carga Q1 sobre Q2 é igual ao módulo da carga Q2

sobre Q1. Portanto, após a inversão, e lembrando que seus pesos são iguais, concluímos que T2 = T1. 03) Não seria possível as três estarem carregadas, pois se isto ocorresse, duas teriam cargas de mesmo sinal e se

repeliriam. Assim, apenas duas podem estar carregadas e com cargas de sinais CONTRÁRIOS, uma vez que há, apenas, atração.

04)

a) Pela lei de Coulomb: 9

3 122 2

KQ 9.10 .QE 9.10 Q 9.10 C

d (3)− −= ⇒ = ⇒ = 2

Q qF K

r=

�

Como as cargas +Q e —Q têm módulos iguais e q está eqüidistante de +Q e —Q:

F F+ =� �

a força resultante de origem tem a direção da bissetriz do ângulo que F+�

forma com F−�

.

Por conseguinte, F

�aponta o sentido negativo do eixo OU, isto é, F

�é vertical e para baixo.

b) O trabalho (W) realizado pelas forças de origem elétrica que atuam sobre a carga q enquanto ela se desloca de A até B vale: W = q (VA — VB)

Ora, para qualquer ponto eqüidistante de +Q e —Q.

Q QV k 0

r r

= − =

Portanto, VA = VB = 0 → W = 0


13

05) Na posição inicial, o módulo da força elétrica resultante é 0 0A 2 2

qq 8 qqF 2

(d / 2) d= = . Na posição final, o módulo

da força elétrica resultante é 0 00B 2 2

qq qqF 2 cos 60

d d= = . Portanto, a razão entre os módulos das duas forças é

20A

2B 0

8 qq / dF8

F qq / d= =

Parte 2 — Unidade 02 ELETROSTÁTICA (continuação)

QUESTÕES DE TREINAMENTO 01) F = Eq

F = 104 . 5 . 10—6 F = 5 x 10—2N

02)

9 6

71 12 2

29 6

52 22 2

9.10 .4.10E E 4.10 N / C

(3.10 )KQ

Ed

9.10 .4.10E E 36.10 N / C

(10.10 )

−

−

−

−

= ⇒ == = ⇒ =

7 7F q.E F 10 .4.10 F 4N−= ⇒ = ⇒ =

� �

03)

04)

9 65

R A B R2 2 2

KQ 9.10 .8.10E E E ER E ER 8.10 N / C

d (30.10 )

−

−= = ⇒ = ⇒ = ⇒ =

R C 2

kQE E= =

ℓ


14

05)

a) 9

3 122 2

KQ 9.10 .QE 9.10 Q 9.10 C

d (3)− −= ⇒ = ⇒ =

b) 9 12

2SUP sup sup2 2

1 KQ 1 9.10 .9.10E E E 4,05.10

2 R 2 (1)

−−= ⇒ = ⇒ =

Esup = 4,05.10—2 V/m

c) 2próx sup

2

KQE 2E Epróx 8,1.10 V / m

R−= = ⇒ =

d) Eint = 0 06) a) (+) e (—) b) Não. Pois as linhas de força partem de uma carga e chegam em outra. 07) Dados:

E = 2 x 104 V/m m = 6,4 x 10—15kg g = 10m/s2

a)

b) e = 1,6 x 10—19C n = ?

P = Felet

mg = Eq

mgq=E

Substituindo:

q = 3,2 x 10—18C

Q = ne Q

ne

=

18

19

3,2 x10n

1,6 x10

−

−=

n = 2 x 10 ∴ n = 20 elétrons

08) a) F = q . E ⇒ F = 1 . 10—6 . 106 = 1N

b) F = m . a (2ª Lei de Newton) ∴ 1 = 10—6 . a ∴ a = 1 . 106 m/s2

c) 2 6 32 0 2v v 2.a. s v 2.1.10 .2 v 2.10 m / s= + ∆ ⇒ = ⇒ =

09) Letra A. u e(F q.E) e m m −= >� �


15

10) a) FEL = FR

Eq = ma

a = Eqm

expressão geral

Próton massa (m)

carga (q)

Partícula α massa (4m)

carga (2q)

ap

a=

α

E. q

m = 2E . 2q

4m

ap2

a=

α

b)

α

α

αp P

P

2ht a a 1 2

= = = =t a 2 22h

a

11) Ep = q . V ⇒ Ep = — 3 . 10—6 . 40 ⇒ Ep = — 1,2 . 10—4J

12) V = kqd

VA = ⇒9 -6

5A-2

9 . 10 . 4 . 10V = 1,8 . 10 V

20 . 10

VB = ⇒9 -6

5B-2

9 . 10 . 4 . 10V = 1,2 . 10 V

30 . 10

13)

a) VC = Vqa + Vqb ⇒ VC = kd

(qa + qb) ⇒ VC = 9

-2

9 .10

30 . 10 . (12 . 10—6 — 6 . 10—6) ⇒ VC =

9 -6

-1

9 .10 . 6 . 10

3 . 10 ⇒ ⇒

VC = 1,8 . 105V

b) Ep = q . V ⇒ Ep = 4 . 10—6 . 1,8 . 105 ⇒ Ep = 7,2 . 10—1J

14)

a) VO = VA = VB = Vcondutor = kQR

Vcond = 9 -6

-1

9 .10 . 1,0 . 10

10 ⇒ Vcond = 9 .104V

VC = kQd

⇒ VC = 9 -6

-1

9 .10 . 1,0 . 10

3 . 10 ⇒ VC = 3 . 104V


16

b) E0 = EA = 0

EB = ⇒ ⇒9 -6

5B B2 -2

9 . 10 .1,0 .101 kQ 1 NE = . E = 4,5 . 10 C2 R 2 10

EC = ⇒ ⇒9 -6

5C C2 -2

9 . 10 .1,0 .10kQ NE = E = 1. 10 Cd 9 . 10

15) VESP = kQR

⇒ 60 . 3,0 = 9 . 109 . q . 10—9 ⇒ q = 20

16) Para dentro U = Ed 9 x 10—2 = E . 5 x 10—9 ⇒ E = 1,8 x 107 v/m

17) a) WCB = q (VC — VB)

VC — VB = E . d ⇒ VC — VD = 4,0 . 10—4V

18) a)

b) τABFel = q . (VA — VB) = 2 x 10—6 . [20 — (— 10)] = 60 x 10—6J

QUESTÕES OBJETIVAS

01) Letra D.

V1 > V2 (no sentido de uma linha de força, o potencial diminui) E1 = E2 (C.E.U)

02) Letra D.

E = 2

kQR

⇒ 100 . (6300 . 103)2 = 9 . 109Q ⇒ Q = 4,4 . 10—5C

03) Letra A.

E . d = U

2d ⇒ E2

(U CTE)

W = q . U Logo: W não se altera


17

04) Letra C.

F q . E=� �

05) Letra C.

RF��

= O��

(1ª lei de Newton)

F = P ⇒ qE = m . g ⇒ q . 7,5 . 109 = 2,4 . 10—9 . 10 ⇒ q = 3,2 . 10—18C

06) Letra E.

EP = E = 2

kQr

VP = V = kQr

ES =

2 2

kQ kQ= 4

rr2

= 4 . E

VS = kQ kQ

= 2r r2

= 2V

07) Letra C.

08) Letra B.

Blindagem eletrostática

09) Letra B.

Partícula 1

Pmassa = m

carga = q

Partícula 2

Pmassa = 2m

carga = q

Partícula 3

Pmassa = 4m

carga = 2q

Como trata—se de um MUV: 21S at

2∆ =

∆S é diret. Prop à aceleração F = ma Eq = ma


18

a = Eqm

expressão geral

a1 = P

Eqm

a2 = P

Eq2m

a3 = P

E2q4m

Logo: d1 > d2 = d3

10) Letra A.

V = ⇒ ⇒9

-189 . 10 . QkQ300 = Q = 1,7 . 10 C

R 0,50

11) Letra A.

(1,0 cm e 10 cm) < 0,5 m = 50 cm �� E = O

QUESTÕES DISCURSIVAS 01) Como A e C estão em uma mesma equipotencial, VC = VA; pelo mesmo motivo, VD = VB. Consequentemente,

VC — VD = VA — VB = 4,0 x 10—5 volts. O módulo do campo elétrico entre os pontos separados pela distância ICDI = 5,0 x 10—3 m vale E = (VC — VD) / ICDI = 4,0 x 10—5 volts / 5,0 x 10—3 m, ou seja, E = 8,0 x 10—3 V/m.

02) a)

b) F q . E E (vertical para cima)= ⇒↑� � �

03) a) 2 2

1 11

2 22 22

KQ 1E Ed D 16

KQ 1E Ed (4D)

= = ⇒ =

b) 1 11

2 2

2

KQ 1V Vd D 4 4

KQ 1V Vd 4D

= = = ⇒ =

04) a) VA = VB

A B

A B

A BR

A

B

KQ KQR R

Q Q10 RQ

10Q

=

=

=

b) ( )

AA22

A A

B BB2 2B

Q1 KQ.

10RE 2 R1 KQ QE .2 R R

= = ⇒ A A

B B

E Q 10 1E Q .100 100 10

= = =


19

05) a) O campo elétrico em um ponto x entre as cargas é dado por E = k [4/x2 — 1/(6 — x)2] x 10—5 = 0. Logo, a posição onde o campo é nulo é dada por x = 4 m. b) O potencial elétrico, para x = 0,3 m, é dado por: • = k [4/3 + 1/(6 - 3)] × 10¦ = 15 × 10¥ V. c) O campo E em x = 3 m é dado por: E = + 9 x 109 x 4 x 10—5/ 32 — 9 x 109 x 1 x 10—5/ 32 = 3 x 104 V/m. Assim, a força agindo sobre a carga q3 será: F = q3 E = m3a ⇒ a = q3E/m3 = — 1 x 10—5 x 3 x 104/1,0 = — 0,3 m/s2. Portanto: I) módulo de a = 0,3 m/s2; II) direção: eixo X; III) sentido negativo.

06) a) O potencial a uma distância 2R do centro é V = kQ / (2R); b) O potencial a uma distância R do centro V = kQ/R; c) Como a esfera é condutora, o potencial em qualquer um de seus pontos é igual, de modo que a resposta é a mesma do item b), V = kQ/R.

07) Como as distâncias do ponto A a cada uma das cargas q1 e q2 são iguais, e q1 = 2q2, podemos concluir que

1 2E E= . Utilizando a Lei de Coulomb, temos:

( )9 6

722 22 2

2

kq 9,0 x 10 x 1,0 x 10E 9 x 10 N / C

d 1x 10

−

−= = = e 7

1E 18 x 10 N / C=

Utilizando a regra do paralelogramo, obtemos:

( )1 22 2 2 7A 1 2 2E E E E 5 9 5 x 10 N / C= + = =

Direção: 2 1tg E / E 1 2α = = , onde a é o ângulo trigonométrico que EA faz com o eixo 0x.

Sentido: de afastamento da origem, a partir do ponto A.

08) a) WAB = q (VA — VB) ⇒ WAB = 1,0 . 10—6 . (2 — 4) ⇒ WAB = — 2,0 . 10—6 J. b) W = q (VA — VA) = 0

09) a) O campo gerado por carga elétrica positiva tem sentido de “afastamento”.

b) Em B, temos uma separação de cargas (indução).

Em P, encontramos os vetores 1 2E, E e E� � �

. Observe que ? 1 2E E>� �

, pois as cargas negativas, responsáveis por

1E�

, estão mais próximos de P. Assim:

Sendo, 1 2E' E E E= + +

� � � �

Portanto: E E'<� ��

Respostas:

a) b) ⇒ E E'<� ��


20

10) a) Negativo, FELET contrária ao campo Elétrico. b) Tsenθ = Eq Tcosθ = mg

Eq

tgmg

θ =

3ª série - vol 2 - gabarito fís 2

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