Física C – Intensivo – V. 1

GABARITO
Física C – Intensivo – V. 1
Exercícios
01)Verdadeira.
Verdadeira.
Verdadeira. No de prótons = No de elétrons.
Verdadeira.
Falsa. Fornecer elétrons.
Verdadeira.
Falsa. Possui, porém, a mesma quantidade de cargas
positivas e negativas.
Falsa. Mesmo sinal: repulsão; sinais diferentes: atração.
Falsa. A carga resultante é nula.
Falsa. Por possuirem elétrons livres são bons condutores.
Falsa. A transferência é de elétrons.
16.Incorreta. Os dois bastões de vidro, ambos eletrizados positivamente, irão se repelir.
32.Incorreta. Materiais idênticos não se eletrizam por
atrito.
04)A
Como a esfera está eletrizada negativamente, significa
que ela ganhou elétrons.
Q=n.e
3,2 µ = n . 1,6 . 10–19
3,2 . 10–6 = n . 1,6 . 10–19
n = 2 . 1013 elétrons
02)24
05)C
01. Incorreta. Se uma barra de vidro positivamente
carregada atrair um objeto suspenso, esse objeto
poderá estar carregado negativamente ou ser eletricamente neutro e, nesse caso, será atraído devido
ao fenômeno da indução eletrostática.
02.Incorreta. A carga elétrica é quantizada, ou seja, só
pode existir como um múltiplo inteiro da carga elétrica
elementar e = 1,6 . 10–19 C.
04.Incorreta. A força elétrica que um pequeno corpo
eletricamente carregado exerce sobre outro depende
apenas da interação entre eles. A aproximação de
outros corpos também carregados modificará a força
resultante exercida sobre aquele outro.
08.Correta. Uma esfera carregada e em equilíbrio eletrostático é um volume equipotencial, ou seja, todos
os seus pontos internos e superficiais possuem o
mesmo potencial elétrico.
16.Correta. Os materiais isolantes não permitem que a
carga adquirida por atrito se espalhe por toda a sua
estrutura.
06)C
1)Contato entre A e B
Depois do equilíbrio QA = QB =
2)Contato entre A e C
Depois do equilíbrio QA = QC =
Comentário
01. Incorreta. Em qualquer fenômeno elétrico só há
transferência de elétrons.
02.Correta. Materiais de naturezas diferentes, inicialmente neutros, eletrizados por atrito, ficarão eletrizados com cargas de mesmo módulo e de sinais
contrários.
04.Correta. Ver alternativa 02. Princípio de conservação
da carga elétrica.
08.Correta. Na série triboelétrica, quanto maior a "distância" entre dois materiais, maior será a quantidade
de elétrons transferidos no atrito, ou seja, os materiais
têm eletronegatividades diferentes.
+3 e − 5 e
= –1e.
2
+3e − 1e
= +1e.
2
07)C
03)14
Se qualquer uma das esferas receber uma quantidade
de carga elétrica, consequentemente atrairá as demais;
e para que o ocorra o equilíbrio as esferas não podem
ter contato, pois toda carga neutra é atraída.
Se o eletroscópio está carregado positivamente (esfera
com carga positiva), os elétrons vão passar da pessoa
para a esfera, pois somente os elétrons se movimentam.
08)A
Resolução
KQ1Q2
Gm1m2
F =
FG =
d2
r2
F
R=
FG
R=
R=
Física C
KQ1Q2
r2
.
2
d
Gm1m2
9 . 109 . 0, 67 . 10−6 . 0, 67 . 10−6
6, 7 . 10−11 . 3 . 10−3 . 3 . 10−3
R = 1 . 1013
1
GABARITO
09)A
k . Q −3Q
d2
k . Q . 3q
F=
d2
Atração
F=
As novas cargas depois do contato:
+Q − 3Q
2
Qfinal = –Q
Qfinal =
Para facilitar chamaremos as cargas de 1, 2 e 3.
k.q.Q
Entre as cargas 1 e 2, temos: F12 =
.
d2
h 2q . Q
Entre as cargas 3 e 2, temos: F32 =
.
d2
Perceba que:
k . qQ
⇒ F32 = 2 F12
F32 = 2
d2
Perceba a representação do vetor no desenho.
k −Q −Q
d2
k.Q.Q
F' =
d2
Repulsão
10)E
Perceba que as distâncias entre A e B e B e C são iguais,
assim como os módulos das cargas. Portanto:
F' =
1
Perceba que: F' = F
3
Usando a relação entre os corpos A e B para se obter
a carga dos mesmos, temos:
F = K . QA . QB , tomando QA = QB = Q, fica assim
d2
2
0,50= K . Q
(0, 40)2
|FAB| = |FCB| = F
12)E
FCB + FAB = 2F
Após o contato:
Na nova situação:
Ao colocar A em P, a distância ficava duas vezes menor e
a força quatro vezes maior.
FAB = 4F
Logo:
Fresultante = FAB + FBC = 4F + F = 5F
K . Q2 = 0,08
No corpo C a força resultante é dada por FR = FAC + FBC,
sendo QA = QB = QC = Q
Calculando separadamente, obtemos:
11)D
Antes do contato:
2
FAC = K . QA . QC ⇒ F = K . Q = 0, 32 N
AC
2
d
(0, 50)2
2
FBC = K . QB . QC ⇒ FAC = K . Q = 8, 00 N
d2
(0,10)2
Concluimos então que:
FR = 0,32 + 8,00 = 8,32 N
2
Física C
GABARITO
13)B
As FAQ, T e P também formam um triângulo semelhante
ao anterior.
FAQ = 0,9 n
k . QA Q
FAQ =
, onde |QA| = |Q|
d2
9 . 109 . Q2
9 . 10−1 =
= Q2 = 9 . 10–12 ∴
2
( 3 . 10−1)
Equilíbrio
PB = FAB
mB . g =
k . QA . QB
dAB
mB . 10 =
9 . 109 . 5 . 106 . 4 . 10−6
9 . 20 . 10
9 . 10−2
Q=3µc
(0, 3)2
15)B
mB = 0,2 kg = 200 g
−3
mB =
0, 3 0, 4
=
FAQ
1, 2
14)3 μC
q = –6 µ c
E = 2 . 107 N/C
F
E=
q
F
6 . 10−6
F = 120 N
2 . 107 =
Cuidado:
Carga geradora negativa tem sempre sentido oposto
ao do campo no local.
P = m . g = 0,12 . 10 = 1,2 n
16)08
Perceba que o comprimento L pode ser encontrado:
L2 = 0,42 + 0,32
L = 0,5 m
Física C
3
GABARITO
01. Incorreta. Para a esquerda.
02.Incorreta. Impossível, pois os dois vetores apontam
para o mesmo sentido.
04.Incorreta.
08.Verdadeira.
16.Incorreta. Somente em módulo e direção, porém
os sentidos são opostos.
17)C
Observe na figura que, a intensidade do vetor Ep, que
está distante da carga Q, de 2 unidades, tem intensidade igual a:
Ep = 2 . 2 . 103 N/C
Ep = 4 . 103 N/C
Q
Como E = K . 2 :
d
EM = (2)2 . Ep
EM = 16 . 103 N/C
A situação só é possível se nos extremos A e B tivermos
2 cargas positivas. Na verdade, o vetor E é resultado de
uma soma vetorial dos campos A e B.
18)D
21)10
19)D
Como a carga encontra-se em equilibrio, temos:
Felétrica = P, logo E . q = m . g, assim 5 . 102 . q = 2 . 10−3 . 10
Concluímos que:
q = −40 . 10−6 C = −40 μC, a carga é negativa, pois campo elétrico e força elétrica possuem sentidos contrários.
20)Localização da carga Q
01. Falsa. Placa A tem carga negativa e a B positiva.
02.Verdadeira.
04.Falsa. Somente a placa B.
08.Verdadeira.
FE = q . E ∴ 1 = q . 4 . 106 ∴ q = 0,25 . 10–6 C
16.Falsa. q = 0,25 . 10–6 C
32.Falsa. Se a carga fosse positiva, a força elétrica
estaria para cima, o que alteraria a força resultante;
logo, não permaneceria em equilíbrio.
4
Física C
GABARITO
22)D
A relação entre campo elétrico e potencial elétrico
em qualquer região do campo elétrico é dada por
V
E = ; logo o potencial elétrico no ponto P, ajustand
do a unidade da distância, vale:
V = E . d = 900 . 0,20 = 180 V
27)50
Resolução
01. Incorreta. A partícula desloca-se para a direita em
movimento retilíneo uniformemente acelerado, com
E.q
.
aceleração dada por: a =
m
02.Correta. Em qualquer campo elétrico as linhas de força
e as equipotenciais são sempre perpendiculares entre
si.
04.Incorreta. A força elétrica só realiza trabalho quando
a partícula se desloca de uma superfície equipotencial
para outra diferente da primeira.
08.Incorreta. Partículas positivas se movem, espontaneamente, de regiões de maior potencial para regiões de
menor potencial. As partículas negativas têm comportamento oposto.
16.Correta.
Ep = q . V
No ponto B temos: 2,0 . 10–1 = 2,0 . 10–3 . VB
VB = 100 V
32.Correta.
∆EP = EPA − EPB = WAB
E
PA − EPB = q . (VA − VB )
23)26
01. Falsa. No mesmo sentido.
02.Verdadeira.
FR = FE
q.E
m.a=q.E∴a=
m
04.Falsa. Foi desprezado o efeito gravitacional.
08.Verdadeira.
16.Verdadeira. Pois atua uma aceleração.
24)C
EPA − EPB = q . E . d
EPA − 2,0 . 10−1 = 2,0 . 10−3 . 100 . 0,10
EPA − 2,0 . 10−1 = 0,2 . 10−1
EPA = 2,2 . 10−1 J
28)E
25)Falsa. Pois o campo elétrico é conservativo.
Verdadeira.
Falsa. Nunca se cruzam.
Verdadeira.
Verdadeira.
Verdadeira.
Verdadeira.
Verdadeira.
Verdadeira.
Verdadeira.
Verdadeira.
26)D
W = q . V ∴ W = 12 (35 – 50) ∴ W = –180 J
A diferença de potencial é maior na trajetória V, logo, o
trabalho para deslocar a carga q será maior na trajetória
V, pois W = VAB . q.
29)10 V
WAB = ∆εc
m . v 2 m . v 20
WAB =
–
2
2
WAB =
(
2 . 10 −16 6 . 104
)
2
–
(
2 . 10 −16 4 . 104
2
WAB = 3,6 . 10–7 – 1,6 . 10–7
WAB = 2 . 10–7 J
)
2
2
Como:
WAB = q . VAB
2 . 10–7 = 2 . 10–8 . VAB
VAB = 10 V
Física C
5
GABARITO
30)C
16.Falsa. O potencial elétrico é o mesmo em todos os
pontos da superfície de um condutor em equilíbrio
eletrostático, portanto a superfície é equipotencial.
32.Verdadeira. Internamente o potencial elétrico é
constante e igual ao potencial na superfície.
O campo elétrico entre as placas é uniforme.
Assim:
E.d=V
E . 0,2 = 200
E = 1000 N/c
Logo:
E . d12 = V12
1000 . 0,11 = V12
V12 = 110 V
33)02
d12 = 11 cm
31)19
O campo elétrico é nulo desde d = 0 até d = R. Então,
K.Q
como E = 2 , podemos afirmar que o campo elétrico
R
quando d > R vai diminuindo conforme uma hipérbole
cúbica.
34)C
O campo elétrico será mais intenso na região onde
houver maior concentração de cargas.
35)B
01. Verdadeira.
02.Verdadeira.
EdAB = VAB
102 . 2 = VAB ∴ VAB = 200 V
04.Falsa.
08.Falsa.
W = 0, pois VA e VC será o mesmo
(mesma altitude).
16.Verdadeira.
C=
R
KQ
∴V=
K
R
C' =
2R
A capacitância dobra.
K
32)42
01. Falsa. A eletrização ocorre por atrito.
02.Verdadeira. As cargas elétricas ficam distribuídas
pela superfície do condutor, seja ele oco ou maciço
(blindagem eletrostática), e consequentemente o
campo elétrico no seu interior é nulo.
04.Falsa. Os isolantes também podem ser eletrizados
por atrito.
08.Verdadeira. O campo elétrico criado nas partes
pontiagudas de um condutor eletrizado pode assumir valores extremamente altos e provocar um fenômeno eletrostático denominado poder das pontas,
que consiste na troca de cargas elétricas entre as
pontas do corpo eletrizado e o meio isolante que o
envolve.
6
V' =
36)–
KQ
O potencial é reduzido à metade.
2R
32
μC
3
No equilíbrio temos: V1 = V2 = V3. Então:
A carga elétrica total resultante vale Qtotal = –32μC.
Podemos afirmar que a carga elétrica de cada esfera
é diretamente proporcional ao seu raio.
Chamando a carga de unidade de q, temos:
32µ
C.
qunidade = –
9
Física C
GABARITO
A esfera com raio 3R terá carga de três vezes a carga
32µ
32µ
.3=–
C.
unidade, então q3R = –
9
3
41)D
Calculando a quantidade de carga total pela área da
figura, temos:
Q=B.
37)D
O esquema abaixo representa uma lâmpada, seus
terminais de ligação (A e B) e uma pilha.
h
4
= 3 . 10–3 . = 6 . 10–3 C
2
2
42)D
R = 1500 Ω
V = 220 V
V=R.i
220 = 1500 . i
i = 0,146 = 146 mA ⇒ Faixa IV
43)E
Para a lâmpada acender, o terminal A pode ser conectado ao polo positivo da pilha e o terminal B, ao
polo negativo (esquemas 1 e 3) ou o terminal A pode
ser conectado ao polo negativo e o terminal B ao polo
positivo da pilha (esquemas 2 e 7).
Sendo i =
Q
Q 120
, temos: i =
=
= 2A.
60
∆t
∆t
O intervalo de tempo que o feixe de elétrons atravessa
o tubo da televisão é dado por:
Δt =
44)F – F – F – V – V
Falso. A lei de Ohm se refere a um tipo de resistor com
resistência constante que não depende nem da tensão
aplicada e nem da corrente elétrica.
Falso. Apenas aqueles com resistência constante.
Falso. Equação dos resistores.
Verdadeiro.
Verdadeiro.
39)78,125 . 106 elétrons
Se a resistênsia é constante, o gráfico i x U deve ser
uma função com coeficiente angular igual a 2. Logo, o
gráfico correto é o da alternativa E.
38)C
45)37
5 . 10−1
∆S
, logo Δt =
= 0,625 . 10–8 S
8 . 107
v
Q
e Q = n . e, temos:
∆t
2 . 10−3 . 0, 625 . 10−8
= 0,78125 . 108 =
n = i . ∆t =
1, 6 . 10−19
e
= 78,125 . 106 elétrons.
Sendo i =
40)15 mA
Calculando a quantidade de carga total pela área da
figura temos:
h
2
Q = (B + b) . = (20 + 10) . = 30 mC
2
2
Calculando a intensidade de corrente elétrica média
temos:
i=
mC
Q
= 30
= 15 mA
2
∆t
Física C
7
GABARITO
3ρL ρL
=
3A
A
2ρL ρL
E → RE =
=
A
2A
D → RD =
49)90
Perceba que todos esses gráficos apresentam resistência constante.
46)E
L = 10 m
A = 0,01 m2
ρ = 10 . 10–8 Ω . m
P = 0,81 w
R=
Um condutor ôhmico é aquele que possui resistência
elétrica constante.
U
Então, se R = = constante, o condutor é ôhmico.
i
Logo, para o condutor x temos:
U
1, 5
3, 0
6, 0 8, 0
R= =
=
=
=
=5Ω
i 0, 30 0, 60 1, 2
1, 6
Resolução
I. Incorreta. Tomemos dois pontos da curva:
i1 = 0,2 A; U1 = 4 V
U
R1 = 1 = 20 Ω
i1
i2 = 0,3 A; U2 = 9 V
U
R2 = 2 = 30 Ω
i2
II. Incorreta. Ver item I.
III.Correta. A potência dissipada no filamento é dada
por P = U . i.
O gráfico mostra aumento concomitante de U e i.
Portanto, o produto U . i aumenta.
Para o condutor y temos:
U 1, 5
3, 0
4, 5
6, 0
R= =
=
=
=
= não é constante.
i 0, 20 0, 35 0, 45 0, 50
Para o condutor z temos:
U 1, 5 3, 0 5, 0 6, 0
R= =
=
=
=
= 0, 2 Ω
7, 5 15
25
30
i
ρ.L
, se todos os fios possuem mesmo
A
comprimento L e mesma área de secção reta A, podemos afirmar que o fio com menor resistência é o que
possui condutividade térmica (resistividade), ou seja,
o fio de prata.
Como R =
48)C
51)D
Quando a diferença de potencial é a mesma, a potência
é inversamente proporcional à resistência. Como RA é
a menor, logo a sua potência será a maior.
P=
ρ
precisamos diminuir a resistência.
A
Resolução: Esta questão envolve os conceitos de
Energia e Potência (conteúdos do primeiro e do terceiro
ano do Ensino Médio).
V2
R
I. Correta. O kWh é uma unidade de energia,
assim como o Joule e a caloria. Sabe-se que
1 kWh = 3,6 . 10–6 Joules.
ρL
3A
2ρ3L 6ρL
B → RB =
=
A
A
3ρ2L 3ρL
C → RC =
=
2A
A
A → RA =
8
R=
52)A
P = R . i2
0,81 = 1 . 10–4 . i2 ∴ i = 90 A
50)C
47)E
ρ 10 . 10 −8 . 10
=
A
0, 01
R = 1 . 10–4 Ω
1 kWh –––––––– 3,6 . 10–6 J
200 kWh –––––– x
x = 3,6 . 10–6 . 2 . 10–2
x = 7,2 . 10–8 J
Física C
GABARITO
II. Errada. O kWh é uma unidade comercial de energia.
III.Correta. kWh não é uma unidade de energia no SI.
A unidade de energia no SI é o Joule.
IV.Errada. Perceba que o consumo de energia é de
200 kWh. Não é kW por hora. E, segundo o enunciado, a energia total consumida durante o mês foi
200 kWh.
53)E
O relógio medidor indicou um consumo de 2563 kwh no
mês anterior e de 2783 kwh na última leitura. A diferença
entre essas duas medidas determina um consumo de
220 kwh no período de um mês.
Assim, como o valor do kwh na cidade é de R$0,20,
pode-se calcular o valor (P) a ser pago.
1 kwh –––– R$0,20
220 kwh –––– P
P = R$44,00
I. Correta. E = P . Δt
II. Correta. E = P . Δt
III.Incorreta. O consumo de energia está ligado à potência e ao tempo de uso do aparelho.
IV.Correta. Para aquecer a água a potência do chuveiro
é alta e o uso é demasiado na residência em relação
a outros dispositivos.
55)A
A potência dissipada pelos chuveiros pode ser calculada
por:
chuveiro A
chuveiro B
U2A U2
PA =
PB = B
RA
RB
De acordo com o enunciado, as potências dissipadas
pelos chuveiros são iguais, então:
PA = PB
2
A
P=v.i
P =2,5 . 107 . 2 . 105
P = 5 . 1012 w
E
∆t
P=
5 . 1012 =
E = 5 .104 j
E
1 . 10−3
57)B
Como a d.d.p. diminui 2 vezes, a potência diminuirá 4
vezes. Pois
P=
Assim, a nova potência
60
p' =
= 15 w
4
54)C
V2
R
58)D
A potência desse aparelho é:
V = 220 V
E = 0,37 kwh
1
∆t = 10 min = h
6
E
∆t
P=
P=
P= 2220 W
Logo, temos o aquecedor.
0, 37
= 2,22 kw
1
6
59)70
2
B
U
U
=
RA RB
01. Incorreta. Na etiqueta do aquecedor, no canto
superior direito, está escrito o que segue:
(127)2 (220)2
=
RB
RA
RB
≈ 0,3
RA
56)E
v = 2,5 . 107 v
i = 2,0 . 105 v
∆t = 1 . 10–3 s
Física C
9
GABARITO
02.Correta. A partir da equação P =
V2
, tem-se que:
R
2
2
R = V → R = (220) → R ≅ 8,96 Ω.
5400
P
04.Incorreta. Através da equação P = V . i, pode-se
5400
P
obter: i = → i =
→ i ≅ 24,54 A.
220
V
08.Correta. A potência do aquecedor (P) é de 5400 W,
ou seja, 5,4 W. O intervalo de tempo (Δt) especificado é de 100 min, o que equivale a 100 de hora.
60
Nessas condições a quantidade de energia elétrica
(EN) consumida pelo aquecedor vale:
EN = P . Δt → EN = 5,4 W . 100 h → EN = 9 kWh.
60
Se 1 kWh custa R$ 0,50, então o custo de 9 kWh
será de R$ 4,50.
16.Incorreta. No canto direito da etiqueta está a seguinte informação:
32.Incorreta. O kWh é uma unidade de medida de
energia, e não de potência. A potência é medida
em W, kW, etc.
64.Correta. No canto inferior esquerdo da etiqueta
observa-se o seguinte:
O consumo mensal (30 dias – mês padrão) do
aquecedor utilizando-o um minuto por dia é de 2,78
kWh. Dessa forma o consumo diário do aquecedor
utilizando-o um minuto por dia é de aproximadamente:
2, 78 kWh
2, 78 . 1000 . 3600
J →
→ EN =
30
30
EN ≅ 3,33 x 105 J.
10
Observa-se que a vazão é de 3,0 litros (a densidade
da água é de 1 kg/L) por minuto. Assim, 3,0 kg é
a massa de água por minuto de funcionamento do
aquecedor.
Física C
EN =