Resoluções das Atividades

VOLUME 2 | FÍSICA 2
Resoluções das Atividades
Sumário
Aula 9 – Potencial elétrico III.............................................................................. 1
Aula 10 – Corrente elétrica................................................................................ 3
Aula 9
Potencial elétrico III
03 b
Após o equilíbrio, as esferas passam a ter cargas Q1 e Q2.
Atividades para Sala
Se R1 = 2R2 → Q1 = 2Q2.
Pela Lei da Conservação da Carga Elétrica tem-se:
Q1 + Q2 = 2Q → 2Q2 + Q2 = 2Q → 3Q2 = 2Q → Q2 = 2Q/3
A diferença entre as cargas Q1 e Q2 será:
01 d
a) Incorreto. No ponto A (interior da esfera) o campo elétrico é nulo. EA = 0
04 A
No interior o potencial é constante e igual ao da superfície. VA = VB → VA =
KQ
R
KQ
KQ
b) Incorreto. Na superfície VB =
e EB= 2
R
2R
EB KQ R
V
=
⋅
→ EB = B
2R
VB 2R2 KQ
KQ
c) Incorreto. No ponto C tem-se: VC =
2R
KQ
KQ
d) Correto. EC =KQ 2 → EC =KQ 2 . Assim
EC = (2R
→
E
=
)
4R. Assim
C
(2R )2
4R2
1
EC KQ 2R
EC
V
=KQ 2
⋅R →
=1 → EC =VC C
E
E
Assim, CVC= 42R⋅2 KQ→ CVC= 2R
→ EC = 2R
2R
VC 4 R KQ
VC 2R
02 C
Do gráfico pode-se concluir:
1) o potencial na superfície da esfera é VS = 900V
2) o raio da esfera é R = 1cm = 10–2m
Cálculo da carga na esfera
VS =
Q1 – Q2 = 2Q2 – Q2 = Q2 → Q1 – Q2 = 2Q/3
9 ⋅ 10 2 ⋅ 10 −2
KQ
V ⋅R
⇒Q= S ⇒Q=
⇒ Q = 10 −9 C
9 ⋅ 10 9
R
K
No equilíbrio eletrostático, os potenciais são iguais.
q1
R1 = 0,75m
R 2 = 0,15m
q2
R1
R2
V2
V1
V1 = V2 →
kq1 kq2
q
R
q
q
0, 75
=
⇒ 1= 1⇒ 1=
⇒ 1 =5
R1
R2
q2 R2
q2 0,15
q2
Atividades Propostas
01 E
Considerando que não haja variação da energia cinética,
tem-se:
WFOPER = − WFELÉTRICA .
Para que WFOPER seja mínimo, então WFELÉTRICA será máximo.
WFELÉTRICA será máximo quando a d.d.p. for a maior possível, o que ocorrerá quando a partícula for transportada
entre duas equipotenciais mais distantes.
Assim, o WFELÉTRICA será máximo na trajetória V.
Pré-Universitário | 1
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02 A
Na situação inicial, tem-se:
q
q
+
+
+
q
q +
–10µC
–30µC
+13µC
+ q
C
q +
Interligando as esferas, no equilíbrio, as cargas são proporcionais aos seus raios.
R
q
+
+
+
q
Q1
Q2
Q1 Q 2 Q 3
=
=
3R 5R
R
Q3
Q 2 = 3Q1
Q 3 = 5Q1
VC = 12V1 → VC =
Q1 + Q2 + Q3 = –10 + (–30) + 13 → Q1 + 3Q1 + 5Q1 = –27
9Q1 = –27 → Q1 = –3µC
Q2 = 3Q1 → Q2 = –9µC
Q3 = 5Q1 → Q3 = –15µC
03 C
• Cálculodacargadocondutor:
kQ
V ⋅R
20, 7 ⋅ 10 3 ⋅ 2 ⋅ 10 −1
VS =
→Q= S →Q=
→
R
k
9 ⋅ 10 9
→ Q = 4, 6 ⋅ 10 −7 C
• Cálculodotrabalho:
W = Q . (VA – VB) → W = 4,6 · 10–7 . (60 – 30) →
→ W = 1,38 · 10–5J
• NopontoA: VA =
• NopontoB: VB =
VB = 9 · 104V
kQ
9 ⋅ 10 ⋅ 2 ⋅ 10
→ VA =
R
10 −1
9
• Campoelétriconocentro.
Observe na figura que o campo elétrico gerado por
uma carga, no centro, anula o campo da outra carga
diametralmente oposta a ela.
Dessa maneira, o campo elétrico no centro da circunferência é nulo.
EC = 0
Como R1 < R2 → Q1 < Q2
07 E
• ContatoentreasesferasAeB:
−6
( antes )
• Diferença de potencial:
VA – VB = 18 · 104 – 9 · 104 → VAB = 9 · 104V
• Todas as 12 cargas (q) geram o mesmo potencial no
centro (C) da circunferência.
• Opotencialdecadacarganocentroé:
kq
V1 =
R
( depois )
Como R A = 2RB → qA = 2qB → 2q = qA +
kQ
9 ⋅ 10 9 ⋅ 2 ⋅ 10 −6
→ VB =
d
2 ⋅ 10 −
05 d
• Potencialelétriconocentro.
12kq
R
Σc arg as = Σc arg as → q + q = qA + qB
VA = 18 · 104V
+
q
06 A
No equilíbrio eletrostático, os potenciais elétricos são iguais
V1 = V2, enquanto as cargas são proporcionais aos raios.
04 A
+
q
q
Como são 12 cargas idênticas e o potencial elétrico é uma
grandeza escalar, o potencial no centro C vale:
Pelo princípio da conservação da carga elétrica:
+ q
qA
→
2
3qA
4q
= 2q
qA =
2
3
• Contato entre as esferas C e D:
→
Σc arg as = Σc arg as → q − q = qC + qD
( antes )
( depois )
Como RC = 2RD → qC = 2qD → 0 = 2qD + qD → qD = 0
08 E
Quando a carga Q = 8 · 10–8C for colocada em uma das esferas, ela se dividirá proporcionalmente aos raios das esferas.
Como RA = 3RB → QA = 3QB, a opção C é falsa.
Q
→ QB = 2 ⋅ 10 −8 C
4
QA = 6 · 10–8C
QA + QB = Q → 3QB + QB = Q → QB =
Na superfície e no interior dos condutores, o potencial elétrico vale:
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VA =
KQ A 9 ⋅ 10 9 ⋅ 6 ⋅ 10 −8
=
→ VA = 9 ⋅ 10 3 V
RA
6 ⋅ 10 −2
KQB 9 ⋅ 10 9 ⋅ 2 ⋅ 10 −8
→ VB = 9 ⋅ 10 3 V
VB =
=
2 ⋅ 10 −2
RB
Os potenciais VA e VB são iguais, pois as esferas estão em
equilíbrio elétrico.
09 E
As linhas de força, representadas pelas linhas cheias com
setas, emergem sempre da carga positiva (A) e convergem sempre para a carga negativa (B). As linhas tracejadas
representam pontos de mesmo potencial elétrico (superfícies equipotenciais).
10 C
Da figura:
04 C
Da definição de intensidade de corrente elétrica média, calcula-se a carga elétrica transportada durante o raio (Qraio > 0).
Qraio = i · Dt → Qraio = 300.000 · 0,5 → Qraio = 150.000C
A fração (F) da carga elétrica total da Terra (|QTerra| = 600.000C)
que pode ser compensada por um raio é:
F=
Qraio
| Q Terra |
F=
150.000
1
∴F=
600.00
4
VM = 5V e VN = 10V
Atividades Propostas
Como:
τ
M→N
Felet
τ
M→N
Felet
= q( VM − VN ) = 1, 6 ⋅ 10
−19
⋅ ( 5 − 10 )
−19
= −8, 0 ⋅ 10 J
01 A
Supondo que o τ pedido seja o τ realizado pela força apli-
(
→N
cada pelo operador τM
Fop
)
e considerando que a carga
seja levada de M sem variação de energia cinética:
M→N
→N
→N
τM
= 0 ∴ τM
= 8, 0 ⋅ 10 −19J
Felet + τFop
Fop
Aula 10
Corrente elétrica
∆q
n⋅e
i ⋅ ∆t
→i=
→n=
e
∆t
∆t
3 ⋅ 60
n=
→ n = 1,125 ⋅ 10 21
1, 6 ⋅ 10 −19
i=
02 A
A quantidade de carga correspondente à corrente elétrica
no resistor é:
Atividades para Sala
i(mA)
4,0
01 C
Quando o relógio marca 19h6min permanentemente, 20
filetes ficam acesos. Como cada filete requer uma corrente
de 10mA, então a corrente total necessária será:
A
t(s)
0
7,2
i = 20 · 10 → i =200mA → i = 0,2A
• Tempo total para descarregar pilha:
Dq = i · Dt; 720 = 0,2 · Dt; t = 3.600s
Dt = 1h
N
∆q = A
∆q =
02 A
Como a corrente i é constante e igual a 9A, então:
Dq = i · Dt → Dq = 9 · 4 → Dq = 36C
03 E
4 ⋅ 7, 2 ⋅ 10 −3
= 14, 4 ⋅ 10 −3 C
2
• Dq = n . e, néonúmerodeportadoresdecargaelementar (e = 1,6 · 10–19C)
14,4 · 10 –3 = n ⋅ 1,6 · 10–19
n = 9 · 1016 = 1017 → OG(n) = 1017
• Cálculodaquantidadedecargaqueatravessaopeito.
Dados: i = 0,3A
Dt = 2,0min = 120s
Dq = i · Dt → Dq = 0,3 · 120 → Dq = 36C
• Cálculodonúmerodeelétronsqueatravessamopeito
do ser humano
Dq = n · e → n = 36/1,6 · 10–19 → n = 2,25 · 1020 elétrons
Pré-Universitário | 3
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03 A
Dq =
A intensidade da corrente elétrica é:
Dq = 6C
∆q
, em que ∆q = n ⋅ e
∆t
n
Se N = , em que v = A . d, então:
v
n⋅e
N⋅ A ⋅ d ⋅ e
i=
, n = N⋅ A ⋅ d → i =
∆t
∆t
d
i
→ i = N⋅ A ⋅ v ⋅ e → N =
Porém, v =
∆t
e⋅ v ⋅ A
i=
07 C
(I) Dq = 44,4 A . h → Dq = 44,4 . 3,6 · 103C →
→ Dq = 1,5984 · 105C → Dq = 1,6 · 105C
(II) Dq = n . e → 1,6 · 105 = n . 1,6 · 10–19 →
→ n = 1 · 1024 elétrons
04 d
i=
(2 + 1) ⋅ 4
2
∆q
→ Dq = i . Dt → Dq = 104 · 20 · 10–6 →
∆t
08 d
A intensidade da corrente elétrica é:
Dq = 20 · 10–2 → Dq = 200 · 10–3C → Dq = 200mC
A
i
05 d
No intervalo de 0 a 0,6s, a área formada com o eixo dos
tempos para o fio 2 é maior que a área formada para o fio
1. Assim, Dq2 > Dq1.
i=
∆q
, em que Dq = n · e
∆t
Se N =
i
n⋅e
, n = N . A . d → i = N⋅ A ⋅ d⋅ e
∆t
∆t
d
i
Porém, v =
→ i=N.A.v.e→v=
→
∆t
N⋅ A ⋅ e
(1)
0,8
i=
(2)
A1
A2
0,3
n
, em que v = A · d, então:
v
→v=
4
→
6 ⋅ 1028 ⋅ 2 ⋅ 10 −6 ⋅ 1, 6 ⋅ 10 −19
→ v = 0,21 · 103m/s
0,6
0
1,0
t
v = 0,21mm/s
• Nointervalode0,6sa1,0s,Dq1 > Dq2, pois A1 > A2.
• Nointervalode0a1s,temos:
1 ⋅ 0, 8
→ Dq1 = 0,4C
Fio 1: Dq1 =
2
A diferença entre Dq2 e Dq1 corresponde à diferença entre
as áreas A1 e A2. Como A1 > A2 → Dq2 > Dq1.
06 b
A área no gráfico i × t é numericamente igual à quantidade
de carga.
i
(A)
4
09 C
Dados:
i = 800mA = 0,8A
e = 1,6 · 10–19C
Dt = 1s
• Calculandoaquantidadedecarga:
Q
→ Q = i . Dt = 0,8 . 1 → Q = 0,8C
i=
∆t
• Determinando o número de elétrons que passa pela
referida seção em 1 segundo:
0, 8
8 ⋅ 10 −1
Q
→
=
Q=n.e→n=
−19
1, 6 ⋅ 10
1, 6 ⋅ 10 −19
e
n = 5 · 1018 elétrons
Dq
0
1
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2
3
t(s)
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10 d
Pilha AAA
Dq1 = i . Dt → Dq1 = 0,75 . 5 → Dq1 = 3,75C
Pilha C
Dq2 = i . Dt → Dq2 = 0,75 . 20 → Dq2 = 15C
Comparando-se as duas cargas, conclui-se que:
Dq2 = 4Dq1
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