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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= ∴ = =
GABARITO COMENTADO FÍSICA II – 3ª Série do Ensino Médio / Pré-Vestibular
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.
GABARITO COMENTADO FÍSICA II – 3ª Série do Ensino Médio / Pré-Vestibular
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= ∴ = ∴ = =
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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
↑ = ⇒ ↓
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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= ∴ ≈
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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)
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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
=∆ + ∴ = ≅ −
+∴ = =−
∴ = =−
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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
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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
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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=
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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
GABARITO COMENTADO FÍSICA II – 3ª Série do Ensino Médio / Pré-Vestibular
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
GABARITO COMENTADO FÍSICA II – 3ª Série do Ensino Médio / Pré-Vestibular
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 −= >� �
GABARITO COMENTADO FÍSICA II – 3ª Série do Ensino Médio / Pré-Vestibular
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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
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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
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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
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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
= = =
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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'<� ���
GABARITO COMENTADO FÍSICA II – 3ª Série do Ensino Médio / Pré-Vestibular
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10) a) Negativo, FELET contrária ao campo Elétrico. b) Tsenθ = Eq Tcosθ = mg
Eq
tgmg
θ =