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 =