Apostila 2 resolucao exercicios

FÍSICA – ENEM 2017 LIVRO II – GABARITO E RESOLUÇÕES

Autor: Felipe Nunes Menegotto Contato: felipemenegotto@gmail.com

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Pรกgina |2 ร NDICE AULA 1 .............................................................................................................. 3 AULA 2 .............................................................................................................. 7 AULA 3 ............................................................................................................ 14 AULA 4 ............................................................................................................ 17 AULA 5 ............................................................................................................ 20 AULA 6 ............................................................................................................ 29 AULA 7 ............................................................................................................ 36 AULA 8 ............................................................................................................ 39 AULA 9 ............................................................................................................ 46

Página |3 AULA 1

Resposta da questão 1: [B] O vidro precede a sede na série triboelétrica. Portanto, ele é mais eletropositivo (perde elétrons, ficando eletrizado positivamente) que a seda, que é mais eletronegativa (recebe elétrons ficando eletrizada negativamente).

Resposta da questão 2: 01 + 04 + 08 = 13.

[01] Verdadeira. As partículas elementares com carga elétrica são elétrons, prótons e quarks up e down, por exemplo, entre outras.

[02] Falsa. Corpos não condutores de eletricidade podem ser eletrizados também, como um balão de borracha, uma régua, um pente ou ainda um bastão de PVC. [04] Verdadeira. Quando eletrizamos um corpo por atrito, há transferência de elétrons de um corpo para outro, ficando ambos carregados com cargas de sinais contrários mas de mesmo módulo, respeitando-se a conservação de carga.

[08] Verdadeira. Sendo a carga elétrica elementar um valor constante e pequeno, qualquer valor de carga elétrica será um múltiplo deste valor fundamental.

Resposta da questão 3: [A] Se dois corpos de materiais diferentes, inicialmente neutros, são atritados, um passará elétrons para o outro, ficando um eletrizado positivamente e o outro, negativamente.

Resposta da questão 4: [C] Sabendo que que:

Q  n  e,

substituindo os dados fornecidos no enunciado, temos

3,2  106   n  1,6  1019 

n

3,2  106 1,6  1019

n  2  1013 e  ou n  20  1012 e 

Como o objetivo é uma carga negativa, podemos concluir que devem ser acrescentados 20 trilhões de elétrons ao objeto.

Página |4 Resposta da questão 5: [A] Dados: QA   20 μC; QB  0; QC  50 μC. Como as esferas são condutoras e idênticas, após cada contato cada uma armazena metade da carga total.

Q  QB 20  0  1º Contato : A  B QB1  A   QB1  10 μC. 2 2  Q  QB1 10  50  40 2º Contato : B  C QB2  C    2 2 2 

QB2  20 μC.

Resposta da questão 6: [C] Os grãos sofrem eletrização por atrito e, assim, ficam eletrizados com cargas opostas em relação à correia transportadora.

Resposta da questão 7: [C] [I] Quando um corpo eletrizado aproxima-se de um outro que está neutro, este sofre polarização de cargas, havendo entre eles força de atração. Portanto a esfera X é atraída pela esfera Y. Afigura ilustra a situação.

[II] Quando se liga a esfera Y a terra, elétrons são atraídos pela esfera X e sobem pelo fio terra, deixando a esfera Y negativamente carregada, como indicado na figura.

Resposta da questão 8: [B] Ao tocar a esfera, o dedo funcionará como uma ligação à terra e devido a isto, elétrons serão transferidos da terra para a esfera, na tentativa de neutralizá-la eletricamente. Desta forma, a esfera ganha elétrons.

Página |5 Vale salientar que prótons não se movimentam!

Resposta da questão 9: [C] Esta questão trata da eletrização por contato, onde bastões metálicos idênticos são colocados em contato, sendo dois com carga de 9,0 μC e outro neutro.

A resolução desta questão impõe o princípio da conservação de carga, isto é, o somatório das cargas é constante antes e depois do contato.

A carga líquida resultante em um bastão será este somatório de cargas dividido igualmente pelos três bastões.

Portanto: Qt  Q1  Q2  Q3  constante Qt  9,0 μC  9,0 μC  0  18,0 μC

E a carga de cada bastão após o contato será: Q3' 

Qt 18,0 μC   6,0 μC 3 3

Resposta da questão 10: [A] Durante a eletrização por atrito, os corpos adquirem cargas de mesmo módulo e de sinais opostos. Portanto, se o corpo A fica eletrizado positivamente, o corpo B fica eletrizado negativamente.

Como não foram dados os estados elétricos iniciais das barras metálicas, C e D, a questão fica sem resposta.

Supondo que as barras metálicas estejam, inicialmente, eletricamente neutras, passarão elétrons de C para A e de B para D. Resposta da questão 11: [D] [I] Incorreta. Um corpo neutro tem cargas positivas e negativas em quantidades iguais.

[II] Correta. Entendamos sistema isolado como sistema eletricamente isolado.

[III] Correta. Há subpartículas com cargas menores que a carga elementar, mas essas partículas não são encontradas isoladas na natureza.

[IV] Incorreta. Quando dois corpos isolantes são atritados, um fica eletrizado positivamente e o outro negativamente, dependendo da natureza dos materiais.

Resposta da questão 12: [D] Os três processos de eletrização são: atrito, contato e indução.

Página |6 Há ainda um quarto processo, que é por radiação (efeito fotoelétrico), que consiste em incidir onda eletromagnética de alta frequência, ultravioleta, por exemplo, sobre uma placa metálica. Os elétrons do metal absorvem energia da radiação, sendo ejetados da placa, eletrizando-a positivamente.

Resposta da questão 13: [B] Quando ocorre repulsão, os corpos estão eletrizados com cargas de mesmo sinal, portanto, se o balão B possui excesso de cargas negativas, o balão A só pode, também, ter excesso de cargas negativas; quando ocorre atração, os corpos possuem cargas de sinais opostos ou um deles está neutro. Então, o objeto metálico pode ter excesso de cargas positivas ou estar eletricamente neutro.

Resposta da questão 14: [B] A bexiga é de material isolante. O excesso de cargas fica retido na região atritada. Esse excesso de cargas induz cargas de sinais opostos na superfície da parede, acarretando a atração.

Resposta da questão 15: [E] Na eletrização por atrito ocorre transferência de elétrons de um corpo para o outro, ficando ambos eletrizados com cargas de sinais opostos.

Resposta da questão 16: [B] Na eletrização por atrito, há passagem de cargas negativas (elétrons) de um corpo para outro. Se o bastão ficou carregado positivamente, ele perdeu elétrons para a seda, ou seja, cargas negativas foram transferidas do bastão para a seda.

Resposta da questão 17: [E] Dados: QA = Q; QB =

Q ; QC = 0 e QD = – Q 2

Quando dois corpos condutores idênticos são colocados em contato, as cargas finais são iguais e correspondem à média aritmética das cargas iniciais, ou seja: Q1'  Q'2 

Q1  Q2 . Apliquemos essa expressão aos vários contatos descritos no 2

enunciado.

Página |7

A com B: QA1 = QB1

Q QA  QB Q  2 3 Q = ;   2 2 4

C com D: QC1 = QD1 =

C com B: QC2 = QB2

QC  QD 0  (Q) Q ;   2 2 2

Q 3Q QC1  QB1  2  4 Q =   ; 2 2 8

A com C: QA3 = QC3 =

QA1  QC2  2

Portanto, a carga final da esfera

3 Q Q  4 8  7 Q. 2 16 7 Q C é QC3 = 16

.

Resposta da questão 18: [A] AULA 2

Resposta da questão 1: [B] F1  F2 

k  q1  q2 d2 k  q1  q2 2

(3d)

 F2 

1 k  q1  q2  9 d2

Resposta da questão 2: [A] Como as esferas são idênticas, após o contato elas adquirem cargas iguais.

Q' 

2Q6 Q  4 Q. 2

Aplicando a lei de Coulomb às duas situações, antes e depois do contato.  k  2Q  6Q  12k Q2 F1   F1   d2 d2  2 F  k  4Q  4Q   F  4k Q 2  2 d2  2d2 



F1 12k Q2 d2    F2 d2 4k Q2

F1  3 F2 .

Resposta da questão 3: [B] Do enunciado, a esfera 3 está eletrizada negativamente. Como a esfera 1 é repelida pela 3, ela também está eletrizada negativamente. Como a esfera 2 é

Página |8 atraída pelas outras duas, ou ela está eletrizada positivamente, ou está neutra.

Ilustrando: Esfera 3 Negativa

Esfera 1 Negativa

Esfera 2 Positiva ou Neutra

Resposta da questão 4: [D] F

k  q1  q2

F' 

d k  5  q1  8  q2

2

9

k  q1  q2

 F'  40 

2

(i)

d2

k  q1  q2 d2

d

(ii)

Fazendo (i)  (ii), vem: k  q1  q2 9  F'

40 

9 1 d2    F'  9  40  F'  360 N k  q1  q2 F' 40  1 d2

Resposta da questão 5: [D] q q F0  k  1 2 R2 q q q1  2 q1  2 2  F'  k  2  F'  16  k  q1  q2  F'  8  k  q1  q2  F'  8  F F'  k  0 2 2 R 2  R2 R2 R 4 16  

Resposta da questão 6: [B] Cálculo do campo elétrico E1 no ponto P gerado pela carga q1 : E1 

k 0  q1 d12

9  109 E1 

9  109  E1 

Nm2 C

2

Nm2 C2

 2  10

 20  106 C

1



2 2

m



 20  106 C

4  102 m2

 E1  45  105

N de intensidade e sentido para direita C

de q1.

Cálculo do campo elétrico E2 no ponto P gerado pela carga q2 :

Página |9

E2 

k 0  q2 d22

9  109 E2 

9  109  E2 

Nm2 C

2

Nm2 C2

8  10

 64  106 C

1



2 2

m



 64  106 C

64  102 m2

 E2  9  105

N de intensidade e sentido para C

esquerda de q2 .

Cálculo do campo elétrico resultante de acordo com o esquema abaixo:

Logo, o campo resultante tem direção horizontal, no sentido de A para B, cuja intensidade é dada pela soma vetorial dos campos de cada carga em P : Er  E1  E2  45  105

N N N N  9  105  36  105  Er  3,6  106 C C C C

Resposta da questão 7: [A] De acordo com a figura abaixo, estão representados em azul as forças correspondentes a cada carga no ponto da carga de prova (q). A carga (Q) provoca uma força de repulsão na carga de prova, enquanto a carga (Q) provoca uma atração, sendo ambas de mesma intensidade, pois o módulo das cargas e as distâncias são iguais. A soma vetorial destes dois efeitos provoca sobre a carga de prova uma força resultante horizontal da esquerda para a direita como ilustrado em marrom.

Portanto, a alternativa correta é [A].

P á g i n a | 10 Resposta da questão 8: [E] O enunciado não informa, mas assumiremos que as cargas são idênticas e condutoras, assim podemos dizer que as cargas se dividem igualmente após a separação.

Pela conservação da carga elétrica: Qantes  Qdepois 4μC  5μC  QA(final)  QB(final)

Como, por suposição QA(final)  QB(final)

Fica, 1μC  2QA(final)  QA(final)  QB(final)  0,5μC

Logo, como as cargas são negativas, teremos uma repulsão eletrostática atuando nas duas cargas após o contato e separação.

A intensidade da força eletrostática é calculada com a Lei de Coulomb: F  k0

QA  QB 2

d

 F  k0

QA

2

2

 F  9  109

d

2

Nm

C2

0,5  10 C  1 10 m 6

2

2

2

 F  22,5 N

Resposta da questão 9: [A] A expressão da Lei de Coulomb é: F

k q1 q 2 d2

.

A intensidade da força elétrica entre duas partículas eletrizadas depende do meio, é diretamente proporcional ao módulo do produto das cargas e inversamente proporcional ao quadrado da distância entre elas.

Resposta da questão 10: [A] Uma partícula carregada negativamente ao atravessar um campo elétrico uniforme, passa a sofrer uma força de origem elétrica de sentido contrário ao do campo. Portanto, se a tinta acelera para baixo, a direção do campo é vertical e sentido para cima.

Resposta da questão 11: [B]

P á g i n a | 11 Como a carga é positiva (enunciado), as polaridades das placas só podem ser conforme figura abaixo, para que a placa da esquerda “empurre” a carga para a direita.

Assim, podemos dizer que a força elétrica atuando na carga é da esquerda para a direita.

Como para uma carga positiva o campo elétrico e a força elétrica têm a mesma direção e sentido, o campo elétrico terá direção horizontal.

Assim, utilizando as relações de um triângulo, podemos dizer que as forças atuando na esfera eletrizada, são: sen  θ Fe  tg  θ  P cos  θ

E  q 0,6  m  g 0,8 0,6  0,1 10 E 0,8  1,5  10 6





E  5  105 N C

Resposta da questão 12: [A] Aplica-se a Lei de Coulomb para as duas situações: QQ F1  k 1 2 d2 F2  k

3Q1Q2

 2d

2

k

3 Q1Q2 4 d2

Fazendo F2 / F1 F2 3 3   F2   4  103 N  F2  3  103 N F1 4 4

Resposta da questão 13: [B]

P á g i n a | 12 A Fig. 1 mostra o campo elétrico de cada uma das cargas no centro do círculo, sendo o comprimento da seta proporcional à intensidade do campo. A Fig. 2 mostra o campo elétrico resultante, no sentido de E2 .

Resposta da questão 14: [A] O triplo contato faz com que a carga total divida-se por três.

Portanto, qA  qB 

Q .

3

Q Q x k Q2 A força será repulsiva de valor: k 0 3 2 3  0 2 . d 9d

Resposta da questão 15: [D] Resolução Depois do contato cada corpo terá carga de 2

9

2

1  5 = 3 C 2

9

F = k.q.Q/d = 9.10 .3.3/3 = 9.10 N A força será repulsiva, pois os dois corpos apresentam a mesma natureza elétrica (são cargas positivas).

Resposta da questão 16: [D] A figura mostra o campo elétrico e as forças que agem na partícula. Observe que a carga deve ser negativa.

P á g i n a | 13

Para haver equilíbrio é preciso que: Fe  P  q E  mg  q 

mg 2  103  10   4  10 5 C  40C E 500

q  40C

Resposta da questão 17: [B] Como o campo elétrico possui direção vertical e sentido para baixo conclui-se que a placa superior é positiva e a inferior é negativa. Desta forma, a trajetória 1 é possível para uma carga negativa, a 2 para uma partícula sem carga elétrica e a trajetória 3 para uma partícula positiva.

Resposta da questão 18: [A] Resolução Como o elétron possui carga negativa a força que atua sobre ele tem sentido oposto ao do vetor campo elétrico.

Resposta da questão 19: [B] Resposta da questão 20: [B] Resposta da questão 21: [C] Sobre a gota agem duas forças: o peso e a força elétrica. Como a velocidade é constante, a resultante dessas forças é nula.

P á g i n a | 14

Para que haja equilíbrio, a partícula deve ser atraída pela placa positiva e repelida pela placa negativa. Logo, sua carga deve ser negativa.

Equacionando: | q| E  m g 

| q |

mg E

 q

mg .

E

Resposta da questão 22: [E] Resposta da questão 23: [C] Resposta da questão 24: [D] Resposta da questão 25: [B] AULA 3

Resposta da questão 1: [D] Análise das afirmativas: [I] Falsa. O vetor campo elétrico resultante no centro do hexágono regular (ponto A) é nulo, pois as cargas apresentam mesmo módulo, sinal e distância em relação ao ponto central.

[II] Verdadeira. O trabalho é dado por: W  q   VA  V  .

No centro do hexágono, correspondente ao ponto A, o seu potencial elétrico é: VA  6 

KQ R

 Logo, o trabalho será: W  q   6  

KQ KQq   0 W  6  R R 

[III] Verdadeira. Assim como o vetor campo elétrico é nulo no centro da figura, a força resultante também é nula.

P á g i n a | 15 Resposta da questão 2: [B] V  Ed V 100 d d  d  2,0 m E 50

Resposta da questão 3: [D] Pelo principio da superposição Ep  E1  E2 e Vp  V1  V2 .

Vale a pena observar que para resolver essa questão basta saber que o campo elétrico é uma grandeza vetorial e o potencial elétrico uma grandeza escalar.

Resposta da questão 4: O trabalho realizado pela força elétrica para deslocar a carga entre os pontos A e B é dada pelo produto entre módulo da carga elétrica e a diferença entre os potencias elétricos dos dois pontos. Desta forma, pode-se escrever: τ A B  q   V1  V2 





τ A B  400  106  100  20  τ A B  32  103 J

Resposta da questão 5: [A] Usando o teorema da energia potencial: A WF  EB Pot  EPot 

k0 Q q dB



k0 Q q dA



 1 1  9 6 6  1 1  3 WF  k 0 Q q     9  10  10  10  2  10     W F  90  10  1 2   dB dA  WF  90 mJ.

Resposta da questão 6: [C] [I] INCORRETA. O campo é mais intenso na região onde as linhas estão mais próximas. Portanto, na região B (EB > EA).

[II] INCORRETA. No sentido das linhas de força o potencial elétrico é decrescente, sendo, então, maior na região A (VA > VB).

[III] CORRETA. Carga negativa cria linhas de aproximação, portanto esse campo pode ser gerado por uma carga negativa à direita da região B. Resposta da questão 7: [A]

P á g i n a | 16 Dados: distância entre as superfícies: dAB = 0,3 m; diferença de potencial entre as superfícies: UAB = (500 – 200) = 300 V. Carga do próton: q = e.

A figura mostra as linhas de força, sempre perpendiculares às superfícies equipotenciais, e o sentido do vetor campo elétrico, o mesmo das linhas de força.

O módulo do vetor campo elétrico (E) é dado por: E dAB = UAB  E =

UAB 300 =  0,3 dAB

E = 1.000 V/m.

No sentido do vetor campo elétrico, o potencial elétrico é decrescente.

Portanto, para a direita, como indica a figura.

O trabalho mínimo de um agente externo para levar o próton de A até B ocorre quando ele chega em B com velocidade nula, ou seja, a variação da energia cinética é nula.

Pelo teorema da energia cinética, o somatório dos trabalhos é igual à variação da energia cinética. Desprezando ações gravitacionais, apenas a força elétrica e essa tal força externa realizam trabalho.

AB AB WFel  WFext  ECAB  |q| E d + WFAB = 0  WFAB = – e (1.000) (0,3)  WFAB = – 300 eV.

Resposta da questão 8: [E] Resposta da questão 9: [D] Resposta da questão 10: [A] Resposta da questão 11: [E]

P á g i n a | 17 Resposta da questão 12: [B] Resposta da questão 13: [E] Resposta da questão 14: [B] Resposta da questão 15: [A] AULA 4

Resposta da questão 1: [A] im 

ne n e v 3000  1011  1,6  1019  3  108 ΔQ     0,48 A  1 A  ΔS Δt ΔS 30  103 v

im  100 A.

Resposta da questão 2: [B] O carregador do celular é um transformador que transforma a tensão de entrada da rede para a tensão de saída, compatível com a da bateria do aparelho.

Resposta da questão 3: [D] Dados: n  8.000; E  0,14 V; R  6.000 Ω.

Os eletrócitos funcionam como baterias em série. Aplicando a 1ª lei de Ohm, vem: U  R i  nE  Ri  i 

n E 8.000  0,14    i  0,19 A  R 6.000

i  190 mA.

Consultando a tabela dada, concluímos que após o choque essa pessoa sofreria fibrilação ventricular.

Resposta da questão 4: [E]

P á g i n a | 18 Aplicando a 2ª lei de Ohm: ρ L 17  0,5   A 0,05

R

R  170 Ω.

Resposta da questão 5: 20.

Da definição de corrente elétrica: i

Q

 i

Δt

10N  1020

n e Δt

 n

i Δt 0,4  60  e 1,6  1019

 n  1,5  1020.

 N  20.

Resposta da questão 6: [E] Calculando a corrente elétrica: i

U 1500   1,5 A  i  1500 mA. R 1000

Como a corrente para provocar fibrilação (ifib) é de 500 mA: i ifib



1500 500

 i  3 ifib .

Resposta da questão 7: [E] Pela Segunda Lei de Ohm, sabemos que: Rρ

L S

Sendo assim: R'  ρ

3L L  6ρ  6R S/2 S

Resposta da questão 8: [C] Da definição de corrente elétrica: im 

Q t

 t 

Q 0,8 Ah   0,25 h  0,25  60 min   im 3,2 A

t  15 min.

Resposta da questão 9: [A] A corrente elétrica é dada pela razão entre a carga que passa por unidade de tempo. A cada segundo passam 1014 prótons, 104 vezes. Assim, a intensidade da corrente elétrica é:

P á g i n a | 19

i

Q 1014  104  1,6  1019  t 1



i  0,16 A.

Resposta da questão 10: [D] Os disjuntores são dispositivos modernos que desligam quando a corrente atinge valores além dos pré-dimensionados, como no caso dos curtos-circuitos.

Resposta da questão 11: [D] | Q | i t  1,2  104  25  106



| Q | 0,3 C.

Resposta da questão 12: [E] I

Q Q  0,3   Q  36C t 120

1 elétron -------------------------- 1,6 x 10-19 C N -------------------------36C N

36  2,25  1020 1,6  1019

Resposta da questão 13: [B] Sendo  a resistividade do material, L o comprimento do condutor e A a área de sua secção transversal, a segundo lei da Ohm nos dá que a resistência (R) desse condutor é: R

L .

A

Dobrando o comprimento e reduzindo à metade a área de sua secção transversal, a nova resistência passa a ser: R'  

2L  L  4     R’ = 4 R. A  A 2

Resposta da questão 14: [A] Resposta da questão 15: [E] Resposta da questão 16: [C]

P á g i n a | 20 Resposta da questão 17: [C] Resposta da questão 18: [D] Resposta da questão 19: [D] Resposta da questão 20: [C] Resposta da questão 21: [C] Resposta da questão 22: [D] Resposta da questão 23: a) i = 4 A b) R = 55 Ω Resposta da questão 24: [A] Resposta da questão 25: [B] AULA 5

Resposta da questão 1:

a) Teremos:

P á g i n a | 21 1 1 1 1 1 1 1 30  20         ReqBC R2 R3 ReqBC 20 30 ReqBC 20  30 1 30  20 1 50 1 5       ReqBC 20  30 ReqBC 20  30 ReqBC 20  3 1 1 1 1     ReqBC 4  3 ReqBC 12 ReqBC  12 kΩ

(i)

Re qAD  6  12  2  Re qAD  20 kΩ Vt  Re qAD  it  it  VBC  V2  V3

(ii)

Vt 12  it   it  6  10 4 A Re qAD 20.000

(iii)

(iv)

VBC  ReqBC  it  VBC  12  103  6  10 4  VBC  7,2 V VBC  V2  V3 V2  7,2 V

b) A partir dos cálculos do item anterior, usando (ii) e (iii), teremos: P  ReqAD  i2 P  20.000  (6  104 )2 P  2  104  36  108 P  72  104  P  7,2 mW

c) Ao se retirar o R3 , aconteceu o famoso curto-circuito e toda corrente irá passar pelo fio Re qAD  6  2  Re qAD  8 kΩ Vt  Re qAD  it  it 

(ii)

Vt 12  it   it  1,5  10 3 A  it  1,5 mA Re qAD 8.000

Resposta da questão 2: [D] - Na experimento I, o circuito não é fechado. Então a corrente é nula e a ddp no resistor também é nula.

U1  0; i1  0.

- No experimento II, considerando a pilha ideal, a ddp no resistor é a própria força eletromotriz da bateria.

U2  1,5 V.

A corrente no circuito é: i2 

U2 1,5   R 1,5

i 2  1 A.

Resposta da questão 3: [E]

P á g i n a | 22

A quantidade de corrente que passa em cada lâmpada permanecerá a mesma, pois em um circuito em paralelo, com todas as lâmpadas possuindo a mesma resistência, a quantidade de corrente em cada lâmpada sempre será a mesma.

O que acontecerá é que o gerador vai precisar enviar menos corrente elétrica e, consequentemente, o dono do escritório irá pagar uma conta de luz menor (caso ele não troque a lâmpada).

Resposta da questão 4: [C] Usando a primeira Lei de Ohm, obtemos a resistência equivalente do circuito: U  Req  i  Req 

U 24 V  Req   Req  4,8 Ω i 5A

Observando o circuito temos em série os resistores R e de 5 Ω e em paralelo com o resistor de 8 Ω.

Assim, 1 1 1 1 1 1       Req 8 Ω R  5 Ω 4,8 Ω 8 Ω R  5 Ω 8 Ω  4,8 Ω 1 3,2 Ω 1     2 4,8 Ω  8 Ω R  5 Ω R5 Ω 38,4 Ω  R  5 Ω  12 Ω  R  7 Ω



Resposta da questão 5: [A] As três lâmpadas estão em paralelo. Como são idênticas, são percorridas pela mesma corrente, i.

A figura mostra a intensidade da corrente elétrica em cada lâmpada e nos pontos destacados.

P á g i n a | 23

De acordo com a figura: IA  3i; IB  2i; IC  i; ID  i e IE  3i.

Portanto: IA  IE e IC  ID .

Resposta da questão 6: [B] Calculando a resistência equivalente do circuito, temos que: Re q  1   2 / /2 / /2  Re q  1 

2 5  Re q  Ω 3 3

Desta forma, é possível calcular a corrente que circula no circuito.

E 5  5 Re q 3 i3A

i

Analisando a fonte de tensão e o primeiro resistor como sendo um gerador, temos que: VAB  E  R  i VAB  5  1 3 VAB  2 V

Resposta da questão 7: [B] A resistência equivalente do paralelo é:

P á g i n a | 24 Rp 

63  2 Ω.

63

A resistência equivalente do circuito é: Req  2  3  1  1  7 Ω.

Aplicando a lei de Ohm-Pouillet: E  Req I  21  7I  I  3 A.

A ddp no trecho em paralelo é: Up  Rp I  2  3  6 V.

Então, a leitura do amperímetro é: Up  Ri A  6  6i A 

iA  1 A.

Resposta da questão 8: [C] É direto visualizar que trata-se de uma associação mista de resistores, onde  40 Ω  / /  20 Ω  / / 10  R . Assim, utilizando os dados do enunciado, podemos encontrar a tensão aplicada entre os pontos A e B. UAB  U2  R2  i2 UAB  20  6 UAB  120 V

Com o valor desta tensão, podemos encontrar a corrente que circula pelo resistor de 40 ohms.

UAB  R1  i1 120  40  i1 i1  3 A

Assim, pela lei dos nós de Kirchhoff, podemos encontrar a corrente elétrica que passa pela associação de resistores em série 10  R  . i  i1  i2  i3 12  3  6  i3 i3  3 A

Por fim, com o valor da corrente no ramo 3, podemos encontrar o valor do resistor R pedido no enunciado: UAB  10  R   i3

120  10  R   3 3  R  90 R  30 Ω

Resposta da questão 9: [A]

P á g i n a | 25

Os resistores estão associados em série, portanto a resistência equivalente é a soma das resistências. Aplicando a segunda lei de Ohm:  ρ 2L 2 ρ L  R1  A A   ρ L R 2  2A   V  R eq i  i 

 Re q  R1  R 2 

V  5ρ L 2A

i

2ρL ρ L 5ρ L   Re q  .

A 2A 2A

2 AV .

5ρ L

Resposta da questão 10: [E] Para ficarem sob mesma ddp, os três dispositivos deve ser associados em paralelo. Porém, a chave deve ligar e desligar apenas a lâmpada, devendo estar em série apenas com esta.

Resposta da questão 11: [E] As resistências estão associadas em série, portanto a resistência equivalente é: Req  50 Ω  25 Ω  75 Ω

Com a primeira lei de Ohm, obtemos a tensão elétrica.

U  R i

U  75Ω  80  103 A U  6 V

Resposta da questão 12: [D] Se L3 queimar, passará a mesma corrente por L 1 e L2, pois elas ficarão em série. Como elas são idênticas, L1 terá o mesmo brilho que L2.

Resposta da questão 13: [A] [I] Incorreta. A potência fornecida pela bateria aumenta, pois há mais uma lâmpada "puxando" corrente dessa bateria.

[II] Correta. As lâmpadas estão ligadas em paralelo, sendo a mesma ddp em todas.

[III] Incorreta. As correntes que percorrem as lâmpadas acesas não se alteram. Quando se liga mais uma lâmpada, aumenta apenas a corrente total fornecida pela bateria.

Resposta da questão 14: [E]

P á g i n a | 26 Os três dispositivos estão ligados em paralelo, submetidos à ddp U  12V. Calculando a corrente total máxima (I):  U 12 No resistor: U  R iR  i R  R  12  i R  1 A.  PL 6    iL  0,5 A. Na lâmpada: PL  U i L  iL  U 12  No alto-falante: i A  1 A.   I  1,2 1  0,5  1 

 I  1,2 i R  i L  i A  

I  3 A.

Resposta da questão 15: [C] Os dois resistores de 20 Ω estão em paralelo, sendo, portanto, percorridos por correntes de mesma intensidade, 500 mA. Então a corrente total é i = 1.000 mA = 1 A. A resistência equivalente do circuito é: Req  20 

20  30 Ω.

2

Aplicando a Lei de Ohm-Pouillet: ε  Req i  30  1 

ε  30 V.

Resposta da questão 16: [C] A resistência equivalente do circuito é: R  1  1/ /1  1  0,5  1,5

A corrente no circuito é: V  R.i  3  1,5.i  i  2,0A

A ddp procurada é: V  R.i  VAB  1x2  2,0V

Resposta da questão 17: [D] Quando se fecha a chave, surge um campo elétrico ao longo de todo o fio, fazendo com que as cargas comecem a se deslocar, formando a corrente elétrica.

Resposta da questão 18: [A]

P á g i n a | 27

Esse é o símbolo para fio terra. O fio terra é um dispositivo para evitar choques elétricos quando se toca no aparelho.

Resposta da questão 19: [E] O único circuito que fecha tanto para a posição I como para a posição II é o circuito da alternativa [E].

Resposta da questão 20: [D] Da Lei de Ohm-Pouillet:

E  Req I  20  Req  4  Req  5 .

Os dois resistores do ramo de cima estão em série, totalizando uma resistência de 10 . Os dois ramos estão em paralelo. Usando a regra do produto pela soma: Req 

10  R x 10  R x

 5

10  R x 10  R x

 10  R x  50  5  R x

 5  R x  50 

R x  10 .

Resposta da questão 21: [D] Observemos a figura:

Ela mostra que, para uma lâmpada incandescente acender, um terminal da pilha deve estar em contato com a rosca e, o outro, com o pino (base), como ocorre em (1), (3) e (7).

P á g i n a | 28 Resposta da questão 22: [C] Quando atravessado por corrente elétrica, devido aos choques dos elétrons de condução com os átomos do metal, o filamento da lâmpada incandescente atinge altas temperaturas, emitindo luz. Ou seja, no filamento ocorre transformação de energia elétrica em energia térmica e luminosa.

Resposta da questão 23: a) O circuito equivalente possui um ramo em série e dois ramos em paralelo, que correspondem ao trajeto pelas pernas.

A resistência equivalente é: Req  500  270  110  100  13 

b) i 

50  140  320  993  255  1.248 Ω.

2

U 220   i  0,176 A. Req 1248

Resposta da questão 24: [E] Ao se fechar a chave, R2 e R3 ficam em paralelo, diminuindo a resistência equivalente, com isso, aumentando a corrente total que passa em R 1.

Resposta da questão 25: [C] Para que a lâmpada opere corretamente, ela deve ter um terminal do filamento ligado ao pino e o outro ligado à rosca, conforme ilustrado na figura. Na montagem de Carlos, a lâmpada não acende porque os dois terminais da pilha

P á g i n a | 29 estão ligados à rosca (curto-circuito). Na montagem de Mateus, a lâmpada não acende porque o circuito não está fechado.

Resposta da questão 26: [A] Resposta da questão 27: [D] Resposta da questão 28: [D] Resposta da questão 29: [E] Resposta da questão 30: [B] AULA 6

Resposta da questão 1: [E] A potência elétrica em função da diferença de potencial e da resistência elétrica é obtida pela equação: P

U2 R

Sendo assim, basta substituir os valores e calcular a resistência elétrica.

U2 120 V    360 Ω P 40 W 2

R

Resposta da questão 2: [B] A Energia Elétrica é dada por: E  P  Δt, onde: E  energia elétrica em joules (J) no Sistema Internacional (SI), porém para o problema é conveniente usar a unidade usual kWh;

P á g i n a | 30 P  potência elétrica em watts no SI. Usaremos em kW; Δt  tempo em segundos (s) no SI. Usaremos em horas (h).

Primeiramente, calculamos a Potência Elétrica com a equação: P  U  i, em que: U  diferença de potencial elétrico em volts (V); i  intensidade da corrente elétrica em ampères (A).

Como não dispomos do valor da intensidade da corrente elétrica (i), usamos a 1ª Lei de Ohm para substituí-la por uma relação entre diferença de potencial e resistência.

U  Ri  i 

U R

Substituindo na equação da potência, temos: P

U2 , onde R  resistência elétrica em ohms (Ω) R

Logo, P 

120 V 2 14,4 Ω



14400 V 2  1000 W  1 kW 14,4 Ω

A Energia Elétrica em kWh será: E  P  Δt  1 kW 

3h  30 dias  90 kWh dia

Como o custo mensal da Energia Elétrica consumida é apenas o produto da Energia Elétrica em kWh pelo seu valor, temos: Custo  90kWh 

R$0,25  R$22,50 kWh

Resposta da questão 3: [C] Eperd  95% Econs  0,95 Pcons Δt  Eperd  0,95  60  3.600  Eperd  205.200 J.

Resposta da questão 4: [E] A potência transmitida é a mesma nos dois casos: P1  P2  U1 i1  U2 i 2  500 i1  50 i 2  i 2  10i 1.

Considerando que resistência da rede de distribuição se mantenha constante, as potências dissipadas na rede são: P  R i 2 1  d1  2 2 2  Pd2  R i 2  R 10 i1   R100 i 1

Resposta da questão 5: [C]



Pd2 R100 i 12   Pd1 R i12

Pd2  100 Pd1 .

P á g i n a | 31

A potência do equipamento 3 é: P3  U i  110  5  P3  550 W.

Consultando a tabela: P1  P3  550 W.

Resposta da questão 6: [B] Sabe-se que, E  Pt

Como, P  V i





P  230  103  1 P  230kW ou P  2,3  105

Assim,



J s



J E  2,3  105    10 s s E  2,3  106 J

Resposta da questão 7: [D] A potência total dos três equipamentos é: P  4.400  1.800  2.200  8.400 W  P  8,4 kW.

O tempo de operação é: Δt  2  20  40 h.

Calculando o consumo de energia: E  P Δt  8,4  40 

E  336 kWh.

Resposta da questão 8: [D] A energia consumida deve ser a mesma nos dois casos:

P á g i n a | 32 E1  E2

 4 P1 Δ t1  10 P2 Δ t 2

Δt 2  28.800 min  Δt 2 

28.800 24  60

 4  4.800  10  30  10  20 Δt 2 

Δt 2  20 dias.

Resposta da questão 9: [A] Da expressão da potência útil fornecida por uma bateria: P  U i  12  4 

P  48 W.

Resposta da questão 10: [E] Dados: P = 7.200 W = 7,2 kW; Δt  10min  1/ 6h.

E  P  7,2 

1 6



E  1,2 kWh.

Resposta da questão 11: [D] A potência gerada em cada pancada é: P

ΔE 0,5   1 W. Δt 0,5

Relacionando potência e corrente elétrica: P  Ui  U

P 1   0,25  103  i 4  103

U  250V.

Resposta da questão 12: Dados nominais fornecidos no enunciado: U  200V P  60w

A partir destes dados, temos: E  P  Δt  15.103 kω  4 h

neste resistor é dada por:

U2 1002 3.10000   R 2000  2000   3    30 P  P  15w 2 P

A energia consumida em 4 horas é dada por: E  P  Δt  15.103 kw   4 h



P á g i n a | 33

 E  0,06kwh

Resposta da questão 13: [B] [I]. Incorreta. De acordo com o próprio enunciado, as lâmpadas eletrônicas utilizam menor potência. Da expressão da potência elétrica (P = U i), se estão ligadas à mesma fonte, a ddp (U) é a mesma para as duas lâmpadas, logo pela de menor potência (eletrônica) circula menor corrente (i).

[II]. Correta. A ddp é estabelecida pela rede de distribuição.

[III]. Incorreta. Usando boa vontade e bom senso, suponhamos que os tempos de operação (Δt) sejam iguais. Assim, da expressão da energia (E) consumida por um dispositivo de potência P (E  PΔt), a lâmpada que utiliza maior potência consome maior energia, no caso a incandescente.

Resposta da questão 14: [C] Dados: P = 1.440 W; U = 110 V. Da expressão da potência elétrica: PU i  i

P 1.440   13,1 A. U 110

Portanto, de acordo com as opções fornecidas, a extensão adequada é a que suporta o máximo de 15 A. Resposta da questão 15: [E] Dados: P = 780 W = 0,78 kW; N = 200; t  10min  1/ 6h; tarifa = 0,40 R$/kWh. A energia consumida em cada seção é: E1  P Δt  0,78 

1  0,13 kWh. 6

Para 200 secões, o gasto (G) é:

G  200  0,13  0,40   G  R$ 10,40.

Resposta da questão 16: [A] Dados: PV = 1.000 W; PI = 2.000 W; U = 120 V; Da expressão da potência elétrica:

P á g i n a | 34

P

RI RV

 U2 R   I PI U2 U2   R  R P U2  R  V  PV  1.000   0,5.

2.000

 

RI U2 PV   RV PI U2



RI P  V RV PI



Resposta da questão 17: [D] Dados: P = 1.100 W; t = 1 h e 40 min = 6.000 s. E  P t  1.100  6.000  6,6  106 J.

Resposta da questão 18: [C]

(P)max  Vi  120 x10  1200 W P 1200 N  max   20 Plâmpada 60 Resposta da questão 19: [A] Dados: P = 4.400 W; UA = 127 V; UB = 220 V; IA = 50 A; IB = 30 A. Como a potência é a mesma nos dois casos, temos:  U2A PA  RA    PA  PB   2 P  UB  B R B  RA RA 2   0,58    0,3.

RB RB

U2A UB2  R A RB



R A  UA    RB  UB 

2



R A  127   RB  220 

OBS: sabe-se da eletrodinâmica e do eletromagnetismo que

2



220  3.

127

Isso

simplifica bastante os cálculos envolvendo tensões de 220 V e 127 V, como no caso dessa questão, conforme ilustrado abaixo:  U2A PA  RA   2 P  UB  B R B  RA  1    RB  3 

  PA  PB

2





U2A UB2  R A RB

RA 1   0,3.

RB 3



R A  UA    RB  UB 

2



R A  127   RB  220 

2



P á g i n a | 35

Resposta da questão 20: [E] P  25J / s  25W  0,025kW

P

W W  0,025   18kWh Δt 30x24

1kWh        R$0,50 18kWh         X

X  R$9,00 .

Resposta da questão 21: [B] A corrente é máxima quando a potência máxima. Assim: P Uii 

P 3.200   29,1 A. U 110

Portanto, deve ser utilizado um disjuntor de valor mínimo de 30 A. Resposta da questão 22: [D] Dados: P = 25(40) = 1.000 W = 1 kW; t = 20 dias = 20(5) = 100 h.

A energia consumida é: E = P t = 100 kwh.

O custo mensal (C) é dado por: C = 100(0,40)  C = R$ 40,00.

Resposta da questão 23: [C] Dados: P = 4.500 W; U = 110 V. P = iU  i =

P U

=

4.500  40,9 110

A. Portanto o disjuntor escolhido deverá ser o de

45 A, que é o valor mais próximo do acima do calculado.

Resposta da questão 24: [E] Resolução Consumo = Potência.t Para o decodificador: Consumo = 6W.30d.24h/d = 4320 W.h = 4,32 kWh No caso da lâmpada  4320 = 60.t  t = 72 h

P á g i n a | 36 Resposta da questão 25: [B] Analisando essa “Conta de Luz”, notamos que foram consumidos 260 kWh, importando na quantia paga de R$ 162,50. O preço (p) do kWh é então: p=

162,50 260

 p = R$ 0,625.

A potência do secador é: P = 1.000 W = 1 kW. O tempo mensal de uso do secador pela estudante e suas 3 amigas (4 pessoas) é: t = 20(4)(15) = 1.200 min = 20 h.

A energia elétrica consumida mensalmente é: E = P t = 1(20) = 20 kWh. Esse consumo resulta num custo adicional de: C = 20 (0,625)  C = R$ 12,50.

AULA 7

Resposta da questão 1: [D] Para que os imãs não se encostem, basta que a sequência de carrinhos tenha sempre polos iguais próximos entre si, promovendo uma repulsão magnética. A sequência correta é: 2(S) – 1(N) – 6(N) – 5(S) – 3(S) – 4(N).

Resposta da questão 2: [C] Se dois ímãs são dispostos paralelamente, eles se orientam com o polo norte magnético de um apontando para o polo sul magnético do outro, conforme ilustra a figura.

Assim, para uma ave que migrasse para o hemisfério sul, o ímã deveria apontar seu polo sul para o destino.

P á g i n a | 37

Resposta da questão 3: [B] Na figura, estão mostrados os campos magnéticos da Terra nas duas situações.

Para que os feixes de magnetita voltem a se orientar como representado na Figura 1, devemos somar ao campo magnético da Terra o campo magnético simultâneo B ' .

Resposta da questão 4: [B] Se as barras CD e EF se repelem, ambas estão magnetizadas. Se a barra AB é atraída por qualquer das extremidades de CD, ela não está magnetizada.

Conclusão: somente as barras CD e EF são ímãs.

Resposta da questão 5: [B] I. Incorreta. Os polos de um ímã são inseparáveis.

II. Correta.

P á g i n a | 38 III. Incorreta. A esfera de ferro será atraída por qualquer um dos polos.

Resposta da questão 6: [D] Resposta da questão 7: [A] Resposta da questão 8: [A] Resposta da questão 9: [B] Resposta da questão 10: [E] Sabendo que o campo gerado por um solenoide é dado por B  μo 

N i L

Substituindo os valores dado no enunciado, temos que:





B  4  π  107  B  8  π  10

4

1000   0,2 1

T

A orientação do campo magnético no interior do solenoide sempre tem direção retilínea e paralela ao eixo do solenoide, enquanto o sentido é obtido pela regra da mão direita.

Resposta da questão 11: [D] As linhas de campo magnético formam circunferências no espaço quando consideramos pontos próximos a um fio reto e longo percorrido por corrente elétrica.

Resposta da questão 12: [B] Aplicando a regra prática da mão direita nº 1, obtemos os vetores indução magnética indicados na figura.

P á g i n a | 39

Resposta da questão 13: [D] A intensidade do campo magnético produzido por um fio retilíneo é dado pela expressão B 

0i 2r

.

Observe que ela é diretamente proporcional à corrente elétrica. Sendo assim, se duplicarmos a corrente, duplicaremos também a intensidade do campo.

Resposta da questão 14: [B] Resposta da questão 15: [C] Resposta da questão 16: [B] Resposta da questão 17: [B] Resposta da questão 18: [E] Resposta da questão 19: [E] Resposta da questão 20: [A] Resposta da questão 21: [D] Resposta da questão 22: [B] Resposta da questão 23: [C] Resposta da questão 24: [C] AULA 8

Resposta da questão 1: [E] Como a partícula é abandonada do repouso, ela sofre ação apenas da força elétrica, acelerando na mesma direção do campo elétrico. Como os dois

P á g i n a | 40 campos têm a mesma direção, a velocidade da partícula é paralela ao campo magnético, não surgindo força magnética sobre ela. Portanto ela descreve trajetória retilínea na mesma direção dos dois campos, sofrendo ação apenas do campo elétrico.

Resposta da questão 2: Aplicando as regras práticas (da mão direita ou da esquerda) do eletromagnetismo, conclui-se que a força magnética é vertical e para cima.

Para que a partícula eletrizada não sofra desvio a resultante das forças deve ser nula. Assim a força elétrica tem direção vertical e para baixo. Como a carga é positiva, a força elétrica tem o mesmo sentido das linhas de força do campo elétrica, ou seja, as linhas de força do campo elétrico dever sem orientadas no sentido da placa P2 , como indicado na figura.

Dados: E  20 N/C; B  0,004 T  4  103 T. Combinando as expressões das forças elétrica e magnética, calculamos o módulo da velocidade da partícula. qvB  qE  v

E 20   B 4  103

v  5  103 m/s.

Resposta da questão 3: [D] - Partículas α são formadas por dois prótons e dois nêutrons (núcleo de Hélio), portanto apresentam carga positiva; - Partículas β são elétrons, apresentando carga negativa; - Partículas γ são ondas eletromagnéticas, não apresentando carga elétrica, não sendo, portanto, desviadas pelo campo magnético.

Aplicando a regra da mão direita (regra do "tapa") para as partículas α e β, conclui-se que o campo magnético entra perpendicularmente no plano da figura.

Resposta da questão 4: Se o movimento é circular uniforme, a força magnética atua como resultante centrípeta.

Fmag  Rcent  q v B 

m v2 R



R

mv . qB

P á g i n a | 41

Resposta da questão 5: [D] Dados: m  5,0  1018 kg; q  8,0  106 C, v  4,0  106 m / s, r  5,0  103 cm  5 101 m.

Como é movimento circular uniforme, a força magnética age como resultante centrípeta. Assim: FM  RCent



|q|v B 

m v2 r

 B

mv 5  1018  4  106  |q|r 5  101  8  10 6



B  5  108 T.

Resposta da questão 6: a) De acordo com o enunciado, o movimento é circular uniforme. Logo a força magnética sobre a partícula age como resultante centrípeta.

Assim: Fmag  Rcent 

q vB 

m v2 R



R

mv . qB

b) Teremos: v

ΔS ΔS π R πm v   Δt    Δt     Δt v v v  q B 

Δt 

πm . qB

Resposta da questão 7: [C] Dados: v  9  103 m / s; B  2 103 T; R  3cm  3 102 m.

A força magnética age como resultante centrípeta.

FMag  FRC  q m

qvB

m v2 R



q m



v 9  103   R B 3  102  2  103

 1,5  108 C  kg1.

Resposta da questão 8: [D] [V] A partícula da trajetória II possui carga positiva e a da trajetória IV possui carga negativa.

P á g i n a | 42 De acordo com a regra prática da mão esquerda, partículas com carga positiva desviam-se para direita (I, II e III) e partículas com carga negativa desviam-se para esquerda (IV).

[V] Supondo que todas as partículas tenham mesma carga, a da trajetória II tem maior massa que a da trajetória I. Se as partículas descrevem trajetórias circulares, a força resultante age como resultante centrípeta. Calculando, então, o raio da trajetória: Rcent  Fmag 

m v2 mv  q vB  R .

R q B

Por essa expressão vemos que quanto maior é a massa, maior é o raio.

Como R II R I m II m I. [F] Supondo que todas as partículas tenham mesma massa, a da trajetória III tem maior carga que a da trajetória II. Pela expressão do item anterior, o raio é inversamente proporcional à massa.

Como R III R II q III q II. [F] Se o módulo do campo magnético B fosse aumentado, todas as trajetórias teriam um raio maior.

Pela expressão do item anterior, o raio é inversamente proporcional à intensidade do vetor indução magnética. Assim, aumentando a intensidade do campo magnético, todas as partículas teriam trajetória de raio menor.

Resposta da questão 9: [E] A força magnética exerce a função de resultante centrípeta, sendo o raio da trajetória, r = x/2.

Rcent  Fmag 

m V 2 qB r  q V B  m   r V

m

qB  x 2 V

Resposta da questão 10: [E] [V] Os íons que atravessam a região do seletor de velocidade obedecem à primeira lei de Newton.

Na mecânica newtoniana, todos os corpos, em repouso ou em movimento retilíneo e uniforme (M.R.U.), obedecem à primeira lei de Newton. No caso, o íon atravessa o seletor em M.R.U. porque a força elétrica e a força magnética sobre ele se equilibram.

[V] Os íons atravessam a fenda do anteparo A com velocidade de módulo igual a E/B. As forças elétrica e magnética equilibram-se.

Felét  Fmag 

q E q vB

 v

E .

B

P á g i n a | 43

[V] Os íons positivos descrevem movimento semicircular e atingem o filme fotográfico no ponto situado acima da fenda do anteparo A, visto por um candidato que está respondendo esta questão.

Pela regra da mão direita, íons positivos desviam-se para cima e íons negativos desviam-se para baixo, como o íon mostrado na figura.

[V] O raio da trajetória semicircular descrito pelos íons varia em proporção direta com a massa atômica desses íons.

Após atravessar o seletor, o íon fica sujeito apenas à força magnética, que age como resultante centrípeta. Assim: Fmag  Rcent 

q vB 

m v2 R

 R

mv . q B

Como mostra a expressão, o raio da trajetória é diretamente proporcional à massa da partícula.

Resposta da questão 11: [A] F  q.v.B  1,6x1019 x3x108 x8  3,84x1010 N

Resposta da questão 12: Pela regra da mão esquerda, íons de carga positiva sofrem, inicialmente, forma magnética para a direita, atingindo a placa C1; os íons de carga negativa sofrem, inicialmente, força magnética para a esquerda, atingindo a placa C 2.

A força magnética age como resultante centrípeta: FMAG  Fcent

 |q| v B 

 m1 v R1  | q1 | B   m2 v  R2  | q | B 2 



m v2 R

R1 m1  R2 m2



 R

m v . |q| B

R1 m  1 2 R1 m2



m1 1  . m2 2

Resposta da questão 13: a) A partícula que entrou no campo no campo magnético tem carga nula, pois não sofreu desvio: Q  0. b) Pela regra da mão direita, as cargas das partículas a e b são positivo e negativo, respectivamente.

Qa () e Qb ().

Resposta da questão 14: [E]

P á g i n a | 44 Dados: B = 5  10–4 T; q = 1,6  10–19 C; F = 1  10–14 N; θ = 90°.

Da expressão da força magnética: F | q | v B senθ  v 

F 1,4  1014  q B sen90 1,6  1019  5  104



F  1,25  108 m / s.

Resposta da questão 15: [C] Quando o campo magnético é ligado, surge uma força magnética que é simultaneamente perpendicular ao campo e a velocidade. Pela regra da mão esquerda, essa força, inicialmente, é para direita, obrigando a partícula a se desviar em cada ponto, realizando trajetória circular. A figura mostra a trajetória do elétron e a força magnética em alguns pontos.

Como essa força é radial, ela age como resultante centrípeta.

Fmag  Rcent R



qv B

m v2 R

 R

m v2 q vB



mv . qB

Resposta da questão 16: [B] Pela regra da mão direita, o elétron sofrerá do campo magnético uma força perpendicular para fora da página. Para equilibrar, a força gerada pelo campo elétrico deverá ser perpendicular e para dentro da página. Portanto, o campo elétrico deverá ser para fora da página. qvB  qE  E  vB .

Resposta da questão 17: [C]

P á g i n a | 45 Partículas lançadas perpendicularmente a um campo magnético uniforme descrevem trajetória circular, pois a força magnética age como resultante centrípeta.

Calculando o raio dessa trajetória: Fmag = Rcent  |q| v B =

m v2 R

 R=

mv | q| B

 R

p . | q| B

Sendo: p = m v, a quantidade de movimento (ou momento linear) da partícula. Assim, tem maior raio a partícula que possuir maior quantidade de movimento, ou menor carga (em módulo).

Pela regra da mão direita, partículas positivas são desviadas para a direita e partículas positivas são desviadas para a esquerda, o que era de se esperar, pois partículas  são núcleos de hélio (2 prótons + 2 nêutrons) possuindo, portanto carga q = +2 e; e partículas  são elétrons, possuindo carga q = –e.

As partículas  são radiações eletromagnéticas, desprovidas de carga, por isso não sofrem desvio.

Os raios R e R das trajetórias das partículas  e , respectivamente, são: R =

p 2 eB

e R =

p eB

.

Fazendo a razão: R p e B   R 2 e B p



p 2 R  . p R

Como, da figura: R > R  p > p.

Resposta da questão 18: [B] A força magnética age nas partículas eletrizadas, P1 e P2, como resultante centrípeta. Assim: Fmag =

mv 2 R

. Como as partículas têm mesma velocidade e mesma massa, as

que descrevem trajetória de menor raio sofrem força magnética de maior intensidade; no caso, as partículas P2.

Podemos ainda concluir pela regra da mão direita (mão espalmada ou regra do ”tapa”) que as partículas P2 estão eletrizadas positivamente e as partículas P1, negativamente.

Também, da expressão do raio:

P á g i n a | 46

R=

mv , podemos concluir que, se as partículas P1 descrevem trajetória de | q|B

raio R1 = 2 R2, as cargas elétricas estão na razão inversa, ou seja: R2 =

mv | q2 | B

e R1 =

R1 m v | q2 | B   R2 | q1 | B m v

mv . Dividindo uma expressão pela outra, vem: | q1 | B



2 R2 | q2 |  R2 | q1 |

 |q2| = 2 |q1|  q2 = – 2 q1.

Resposta da questão 19: [C] A partícula ficará sujeita a uma força magnética perpendicular ao seu vetor velocidade e por isto terá trajetória circular. Pela regra da mão direita esta partícula se moverá no sentido anti-horário com velocidade constante. A força magnética será a resultante centrípeta e desta forma F

mv 2 mv 2 mv mv  q v B   qB  R  .

R R R qB

Resposta da questão 20: [A] Resposta da questão 21: [B] Resposta da questão 22: 08 + 16 = 24 Resposta da questão 23: [E] Resposta da questão 24: [B] Resposta da questão 25: [D] AULA 9

Resposta da questão 1: [B] Enquanto o anel está entrando no campo magnético, o fluxo magnético através dele aumenta. Pela lei de Lenz, surge uma corrente induzida que gera um fluxo induzido em sentido oposto, na tendência de anular a variação do fluxo indutor.

Como o fluxo indutor está saindo   , o fluxo induzido está entrando    .

P á g i n a | 47 Aplicando a regra da mão direita nº 1, conclui-se que a corrente induzida é no sentido horário, para um observador colocado como na figura.

Resposta da questão 2: [C] A resolução desta questão envolve o conhecimento da lei de Lenz da indução eletromagnética.

Na espira 1, ao aproximar o polo norte do imã, estamos aumentando o fluxo magnético , então surge na espira uma corrente induzida no sentido horário que se opõe ao aumento do fluxo magnético na espira, produzindo um campo magnético contrário ao do imã. Para a espira 2 ocorre o contrário surgindo uma corrente induzida no sentido anti-horário.

Resposta da questão 3: [C] A corrente elétrica induzida aparece na espira circular quando há variação do campo magnético na espira podendo ser realizado por movimentos relativos entre a espira e um imã ou ainda por variação da corrente em um circuito próximo à espira. Portanto, as situações 1 e 2 contemplam essa possibilidade.

Resposta da questão 4: [C] Em um transformador, a potência no primário é igual a potência no secundário.

Logo, P1  P2 100  V2  i2 100 5 i2  20 A

i2 

Como os aparelhos estão ligados em paralelo e todos requerem uma corrente de iap  0,1 A, pela Lei de Kirchhoff, sabemos que a corrente irá se dividir igualmente para cada um dos aparelhos. Desta forma, podemos calcular o número de aparelhos (n) que podem ser alimentados conforme cálculo a seguir:

P á g i n a | 48 i 20 n 2  iap 0,1 n  200 aparelhos

Resposta da questão 5: [A] [F] Com o imã oscilando próximo a uma bobina, temos variação do campo magnético e geração de corrente alternada induzida.

[V] Haverá indução da corrente elétrica no circuito devido ao movimento oscilatório dos imãs.

[V] Este fenômeno é conhecido pela Lei de Lenz: a corrente induzida gerada pelo movimento do imã gera um campo magnético que se opõe ao do imã, tentando anular a ação deste.

[F] Quando o fluxo magnético é constante, não temos geração de corrente induzida.

[F] Somente parte da energia mecânica do movimento dos braços é convertida em energia térmica, há perdas de energia, pois se sabe da Termodinâmica que não existe máquina térmica com eficiência de 100%.

Resposta da questão 6: [C] [A] Incorreta. Porque o fluxo do campo magnético varia conforme a direção do vetor normal à superfície da espira, ou seja, ΦB  ABcos θ.

[B] Incorreta. Pois, a frequência da corrente induzida será alternada devido à variação do fluxo do campo magnético que ora aumenta, ora diminui.

[C] Correta. Durante um ciclo, a força eletromotriz é inicialmente nula para a posição em que se encontra; depois de 14 de volta atinge um valor máximo εmax e depois de 12 volta é zero novamente. 3 4 de volta depois, atinge o valor εmax e ao completar a volta atinge o valor zero mais uma vez. Assim,

a força eletromotriz induzida oscila conforme a função senoide entre os valores εmax , portanto, de forma alternada.

[D] Incorreta. Porque a frequência de oscilação da rede (f) é dada em ciclo por segundo ou Hz e vale f 

ω .

2π

[E] Incorreta. O valor da força eletromotriz varia de εmax a εmax e, portanto, não é constante e nem varia Bω.

Resposta da questão 7: [B] O fato de não haver corrente induzida na espira, indica que não existe variação do fluxo magnético sobre a espira e, portanto, não aparecem correntes induzidas na mesma. Sendo constantes a posição da espira e o ângulo entre os vetores indução magnética e a normal à superfície, não havendo corrente induzida, então o vetor indução magnética B deve ser constante e uniforme em todo o deslocamento da espira. Está correta a alternativa [B].

P á g i n a | 49

Resposta da questão 8: [D] Uma f.e.m. será induzida ao longo de uma espira fechada se o fluxo magnético através da mesma sofrer variação. O módulo da f.e.m. é dado por: ε  

Δφ Δt

e

seu sentido é tal que produza uma corrente induzida no sentido dado pela lei de Lenz.

Resposta da questão 9: [D] Haverá corrente induzida no solenoide se houver movimento relativo entre o imã e o solenoide, provocando variação no campo magnético interno ao solenoide, produzindo-se assim, a corrente induzida no mesmo. O único item em que não há movimento relativo entre os dois é o da afirmativa [IV], sendo falsa. As restantes afirmativas são verdadeiras e, portanto a alternativa [D] é correta.

Resposta da questão 10: [A] A lei de Lenz estabelece que sempre que há variação do fluxo magnético através de um percurso fechado, uma espira, por exemplo, surge uma corrente elétrica induzida que gera um fluxo induzido na tendência de anular a variação do fluxo indutor.

Resposta da questão 11: [A] ε  Δt A  (Bf  Bi ) ΔΦ  ε   (Bf  Bi )  Δt Δt A ε  r i ε 

r  i  Δt 0,5  103  140  103  Δt  (Bf  Bi )  A 4.104 Considerando Δt  1

(Bf  Bi ) 

(Bf  Bi )  17,5  102  (Bf  Bi )  175  10 3  (Bf  Bi )  175  mT / s

Resposta da questão 12: [C] Sabendo que: ε

Δθ θ  θo  Δt Δt

Então, calculando os valores dos fluxos em ambas as situações, é possível calcular a f.e.m. induzida na espira.

P á g i n a | 50 θo  B  A  cos  0   5   0,4  0,4   1 θo  0,8 Wb θ  B  A  cos  90   5   0,4  0,4   0 θ  0 Wb

Assim, ε

0  0,8

0,2 ε4V

Resposta da questão 13: [E] A lei de Faraday-Neümann nos dá que a força eletromotriz induzida é a variação do fluxo magnético através da espira, em relação ao tempo.

Resposta da questão 14: [C] A força eletromotriz induzida é dada pela taxa de variação do fluxo magnético, relativamente ao tempo. Então, a variação de 1 Wb/s corresponde a E2  1 V. Pelas regras práticas do eletromagnetismo (mão direita/mão esquerda), a corrente induzida (i2 ) tem sentido oposto ao da corrente eletrodinâmica (i1) gerada pela bateria de força eletromotriz E1  3 V. Assim, a corrente resultante é a diferença entre essas correntes, como indicado na figura.

E1  R i 1  3  2 i1  i1  1,5 A i  i1  i2  1,5  0,5   E2  R i 2  1  2 i 2  i1  0,5 A i  1 A.

Resposta da questão 15: [A] Falsa. Para que surja uma corrente induzida no anel, é necessário que haja um movimento relativo entre imã e espira e consequentemente uma variação de

P á g i n a | 51 fluxo magnético.

Falsa. De acordo com a Lei de Lenz, quando se aproxima um imã de uma espira, surgirá uma corrente elétrica circulando nesta espira que por sua vez criará um campo magnético no entorno da espira de forma que este irá se opor ao campo magnético que originou a corrente elétrica. Assim, podemos dizer que no centro da espira surgirá um “polo magnético” Norte para se opor ao movimento de aproximação do imã. Pela Regra da mão direita, podemos chegar que a corrente induzida no anel será no sentido anti-horário.

Verdadeira. Pela mesma explicação do item acima.

Verdadeira. Pois com o este movimento haverá uma variação do fluxo magnético.

Resposta da questão 16: [C] De acordo com a lei de Lenz, a corrente induzida sempre gera um fluxo induzido na tendência de anular a variação do fluxo indutor.

Assim: quando o fluxo indutor aumenta, o fluxo induzido tem sentido oposto e, quando o fluxo indutor diminui, o fluxo induzido tem o mesmo sentido.

Tendo o sentido do fluxo induzido, aplicando a regra da mão direita, encontrase o sentido da corrente induzida no anel.

Nas posições de inversão de sentido do movimento do anel, não há variação do fluxo indutor, portanto o fluxo induzido é nulo, sendo também nula a corrente induzida.

As figuras a seguir mostram o observador vendo, de cima, o movimento do anel.

Na FIGURA I o anel está descendo.

- Na posição (1), o fluxo indutor está aumentando: o fluxo induzido é oposto e a corrente induzida tem sentido horário.

- Na posição (2), ocorre simetria em relação ao plano do anel, portanto a corrente induzida é nula.

- Na posição (3), o fluxo indutor está diminuindo: o fluxo induzido é no mesmo sentido e a corrente induzida tem sentido anti-horário.

P á g i n a | 52

A FIGURA II o anel está subindo.

- Na posição (4), o fluxo indutor está aumentando: o fluxo induzido é oposto e a corrente induzida tem sentido horário.

- Na posição (5), ocorre simetria em relação ao plano do anel, portanto a corrente induzida é nula.

- Na posição (6), o fluxo indutor está diminuindo: o fluxo induzido é no mesmo sentido e a corrente induzida tem sentido anti-horário.

Assim, durante o ciclo, o comportamento da corrente induzida é: Descida: nulo  pico negativo  nulo  pico positivo  nulo; Subida: nulo  pico negativo  nulo  pico positivo  nulo.

Essa é a sequência ilustrada na alternativa [C].

P á g i n a | 53

Resposta da questão 17: [E] Dados: n  5; r  3cm  3  102 m; ΔB  (3,5  1)  2,5T; Δt  9ms  9 103 s; π  3.

A força eletromotriz média (Em) é dada pela variação do fluxo magnético (ΔΦ) em relação ao tempo (Δt).



2,5  3  3  102 ΔB A ΔB π r 2 ΔΦ Em  n n  5 Δt Δt Δt 9  103



2



5  2,5  3  9  104 9  103



Em  3,75 V.

Resposta da questão 18: [D] As linhas de transmissão usualmente transportam energia elétrica em alta tensão e baixa corrente para evitar perdas excessivas por efeito Joule ao longo da transmissão. Antes da distribuição, é necessário, então, o emprego de transformadores, equipamentos que permitem transformar baixa tensão e alta corrente em alta tensão e baixa corrente e vice-versa. Essa transformação somente pode ocorrer com corrente alternada, de acordo com o processo da indução eletromagnética.

Resposta da questão 19: [B] De acordo com a Lei de Lenz, a corrente induzida é num sentido tal, que gere um fluxo induzido na tendência de anular o fluxo indutor. Assim: - quando o ímã se aproxima, aumenta o fluxo magnético está entrando na espira. Pela regra da mão direita nº 1 (regra do saca-rolha) surge na espira corrente (i) no sentido anti-horário para o observador O.

- quando o ímã se afasta, diminui o fluxo magnético entrando na espira.

Aplicando a mesma regra, conclui-se que a corrente inverte o sentido, sendo, portanto, corrente alternada.

Resposta da questão 20:

P á g i n a | 54 [B] Comparando o gráfico dado com a variação do fluxo magnético Φ com o tempo e a expressão para variação linear do fluxo com a força eletromotriz ε, temos: ε

ΔΦ Δt

Comparando os possíveis sinais de ε nos intervalos de tempo em que temos retas, podemos avaliar: - Quando ΔΦ  0, obrigatoriamente ε  0 (isto ocorre entre 0 e 1 s e entre 4 e 5 s); - Quando ΔΦ  0, obrigatoriamente ε  0 (isto ocorre entre 1 e 2 s); - Quando ΔΦ  0, obrigatoriamente ε  0 (isto ocorre entre 2 e 4 s); Portanto, o gráfico que representa corretamente a força eletromotriz é o da alternativa [B].

Resposta da questão 21: [C] Para haver corrente elétrica induzida, deve haver variação do fluxo magnético através do anel. Isso só ocorre enquanto ele está entrando ou saindo da região em que há campo magnético, ou seja, apenas em P1 e P3.

Resposta da questão 22: [A] O eixo da turbina gira no interior de um campo magnético provocado por grandes ímãs. Ao girar, ocorre variação do fluxo magnético, gerando força eletromotriz induzida, de acordo com a lei de Faraday-Neumann.

Resposta da questão 23: [B] Durante a aproximação do ímã, o fluxo magnético através da bobina aumenta.

Pela lei de Lenz, se o fluxo aumenta, a bobina cria outro fluxo, induzido, em sentido oposto, repelindo o ímã, na tendência de anular esse aumento.

Resposta da questão 24: [C] Observe a figura abaixo:

P á g i n a | 55

A espira é atravessada por um campo magnético cuja intensidade depende da corrente elétrica que passa no circuito, da proximidade entre a espira e o circuito e do ângulo entre o plano da espira e o plano do circuito. A passagem do campo pela espira provoca um fluxo magnético    B.A.cos   . Se este fluxo for alterado, aparecerá uma corrente elétrica na espira. Este fenômeno ocorrerá em três situações: ao ligar ou desligar a chave. ao afastar ou aproximar a espira do circuito. ao girar a espira.

Resposta da questão 25: [D] I. Correto, pois a fem depende da variação temporal do fluxo através da espira B e, portanto, depende da velocidade.

II. Correto: se há uma fem induzida, haverá corrente elétrica que irá produzir um campo magnético.

III. Errado: a corrente depende da resistência: i 

fem .

R

Resposta da questão 26: [C] De acordo com o enunciado: “O campo magnético do ímã induz o ordenamento dos polos magnéticos na corda da guitarra...”. Trocando-se as cordas de aço (material ferromagnético) por cordas de nylon, o efeito de magnetização torna-se muito fraco, desprezível, não enviando sinais ao amplificador.

P á g i n a | 56 Resposta da questão 27: [E] A aproximação do ímã provoca variação do fluxo magnético através do anel.

De acordo com a Lei de Lenz, sempre que há variação do fluxo magnético, surge no anel uma corrente induzida. Essa corrente é num sentido tal que produz no anel uma polaridade que tende a ANULAR a causa que lhe deu origem, no caso, o movimento do ímã. Como está sendo aproximado o polo norte, surgirá na face do anel frontal ao ímã, também um polo norte, gerando uma força de repulsão entre eles.

Resposta da questão 28: [D] Resposta da questão 29: [C] Resposta da questão 30: [D] Resposta da questão 31: [E] Resposta da questão 32: [E]