1000 questões c_ resolução-61

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RESOLUÇÃO 243
SIM
ULA
DÃO
: RE
SOL
UÇÃ
O
SIM
ULA
DÃO
: RE
SOL
UÇÃ
O
701 Dados: R � 1 m; F � 10�8 C/m2; k0 � 9 � 109 N � m2/C2
a) F � 
 
Q
S
 → 10�8 � 
 
Q
4 1 2	 � ( )
 → Q � 1,25 � 10�7 C
b) E � k0 � 
 
Q
R2 → E � 9 � 109 � 
 
1 25 10
1
7
2
, � �
 →
→ E � 1,12 � 103 N/C
702 Alternativa e.
Do gráfico: d � 15 � 10�2 m
Vext. � 60 V
Vext. � k0 � 
Q
d
 → 60 � 9 � 109 
 
Q
1 5 10 2, � �
 → Q � 10�9 C
C � 
 
Q
V
 → 10 � 10�12 � 
 
10 9�
V
 → V � 100 V
� � 100 V
Vi � Vsup. � k0 � 
Q
R
 → 100 � 9 � 109 � 
 
10 9�
R
 →
R � 9 � 10�2 m
� a � R � 9 � 10�2 m � 9 cm
703 Alternativa a.
C � 
 
R
k0
 → C � 
 
0 50
9 109
,
�
 → C � 
 
1
18
 � 10�9 F
Q � C � V → Q � 
 
1
18
 � 10�19 � 300 → Q � 1,7 � 10�8 C
704 Alternativa a.
d � 1,0 cm e d � 10 cm são pontos internos. Logo:
Ei � 0
705 Alternativa e.
d � 0,10 m → Ei � 0
d � 3,0 m
E � k0 � 
 
Q
q
 → E � 9 � 109 � 
 
17 10
3
8
2
, � �
E � 17 V/m
706 Calculando as capacitâncias das esferas A e B:
CA � 
 
R
k
A
0
 � 
 
R
k0
; CB � 
 
R
k
B
0
 � 2 � 
 
R
k0
Considerando A � 4πR2 (área da esfera):
AA � 4πR2 e AB � 4π(2R)2 � 16πR2
Como VA � VB�, então:
VA � 2VB → 
 
Q
A
A
A
 � 2 � 
 
Q
A
B
B
 → 
 
Q
R
A
4 2	
 �
QA � 
 
2
16 2
�
	
Q
R
B
Calculando os pontencias VA e VB das esferas:
VA � K0 � 
 
Q
R
A
A
 → VA � k � 
 
Q
R
A
VB � k0 � 
 
Q
R
B
B
 → VB � 
 
1
2
k0 � 
Q
R
B
Como QA � 
 
QB
2
 → VA � k0 � 
Q
R
B
2 →
VA� 
 
1
2
k0 � 
Q
R
B , ou seja: VA � VB.
Portanto, não há passagem de carga entre os condu-
tores porque seus potenciais são iguais.
707 Alternativa e.
Dados: RA � 10 cm � 0,1 m; QA� 3 � 10�6 C; RB �
� 5 cm � 0,05 m; QB � 2 � 10�6 C
Os elétrons deverão se movimentar da esfera de me-
nor para a de maior potencial:
VA � 
 
Q
C
A
A
 � 
 
Q
R
k
A
A
0
 � 
 
Q k
R
A
A
� 0 → VA � 
 
3 10
0 1
6� �
,
k0
VA � 30 � 10�6 k0
VB � 
 
Q
C
B
B
 � 
 
Q
R
k
B
B
0
 � 
 
Q k
R
B
B
� 0 → VB � 
 
2 10
0 05
6� �
,
k0
VB � 40 � 10�6 k0
Logo, os elétrons deslocam-se da esfera maior para a
menor, no sentido oposto ao sentido do campo elétri-
co. Sob mesmo potencial terá mais carga a de maior
raio, pois
Q � C � V → Q � 
 
R
k0
 � V
708 Alternativa c.
QA � CA � VA → QA � 
 
R
k
A
0
 � VA � 
 
2
0
R
k
 � VA
QB � CB � VB → QB � 
 
R
k
B
0
 � VB � 
 
R
k0
 � VB
Como VA � VB, vem:
 
Q t
R
A �
2
 � 
 
Q k
R
B � 0 → 
 
Q
Q
A
B
 � 2
709 Alternativa a.
CA � 
 
3R
k
 e CB � 
 
R
k
QA � 6Q e QB � Q
244 RESOLUÇÃO
SIM
ULA
DÃO
: RE
SOL
UÇÃ
O
SIM
ULA
DÃO
: RE
SOL
UÇÃ
O
Devemos ter:
QA � QB � QA
� � QB
�
7Q � CAV � CBV
7Q � 
 
3R
k
V � 
 
R
k
V
V � 
 
7
4
Qk
R
Logo
 QA
� � CAV ⇒ QA
� � 
 
3R
k
 � 
 
7
4
Qk
R
 QA
� � 5,25Q
Como 
 , os elétrons vão de B para A.
710 Alternativa e.
Dados: C � 4 � 10�6 F; U � 2 � 102 V
Determinando a carga acumulada:
Q � C � U → Q � 4 � 10�6 � 2 � 102 � 8 � 10�4 C
711 Alternativa d.
A capacitancia de um capacitor de placas paralelas
varia segundo a equação C � E � 
 
A
d
. Portanto, a al-
ternativa d é verdadeira.
712 Alternativa e.
Dados: Q � 2 � 10�6 C; U � 104 V
Determinando a capacitância:
C � 
 
Q
V
 → C � 
 
2 10
10
6
4
� �
 → C � 2 � 10�10 F
Determinando o novo potencial:
C � 
 
Q
V
 → V � 
 
4 10
2 10
6
10
�
�
�
�
 → V � 2 � 104 V
V � 20 � 102 V � 20 kV
713 a) A quantidade de calor produzida no resistor é
igual à energia potencial do capacitor. Logo:
Ep � 
 
C U� 2
2
 → 0,9 � 
 
C � 600
2
2
C � 
 
18
36 104
,
�
C � 5 � 10�6 F
b) Q � C � U → Q � 5 � 10�6 � 600
Q � 3 � 10�3 C
714 Dados: C � 5 � 10�5 F; �Q � 5 � 10�5 C
Podemos determianr a energia armazenada no
capacitor com o cálculo da área sob a curva:
área � E � 
 
1
2
�Q � �V
E � 
 
1
2
 � 5 � 10�5 � 10 → E � 2,5 � 10�4 J
E � 25 � 10�5 J
715 Q � 5,4 � 10�5 C
a) U � 90 � 60 � 30 V
C � 
 
Q
U
 → C � 
 
5 4 10
30
3, � �
C � 0,18 � 10�3 � 1,8 � 10�2 F
b) Ep � 
 
C U� 2
2
 → Ep � 
 
18 10 30
2
2 2, ( )� ��
 → Ep � 16,2 J
716 a) Representando o canhão eletrônico, temos:
O elétron fica sob a ação de uma força de módulo F,
vertical e para cima.
Usando o teorema da energia cinética, temos:
† � Ecf � Eci → † � 3,2 � 10�15 � 0 → † � 3,2 � 10�15 J
Daí, vem:
† � q � U → 3,2 � 10�15 � 1,6 � �19 U → U � 2 � 10�4 V
ou
�V � 2 �10�4 V
b) U � E � d → 2 � 104 � E � 2 � 10�2
E � 1 � 106 N/C
717 Alternativa b.
Representando pela mesma letra os pontos de mes-
mo potencial, temos:
RESOLUÇÃO 245
SIM
ULA
DÃO
: RE
SOL
UÇÃ
O
SIM
ULA
DÃO
: RE
SOL
UÇÃ
O
721 Alternativa c.
– Sentido convencional da corrente: contrário ao do
movimento dos elétrons livres.
– Sendo o fio metálico, os portadores de carga são
os elétrons livres.
722 Alternativa e.
– Sendo o fio metálico: os portadores são elétrons li-
vres.
– Senco o condutor neutro: a carga total é nula.
– Para que exista corrente é necessário que, entre os
pontos A e B, exista uma ddp.
723 Quando estabelecemos uma ddp entre dois pon-
tos de um condutor, obrigamos os elétrons a entrarem
em movimento ordenado. Neste momento os elétrons
colidem com os átomos da estrura do condutor, per-
dendo energia cinética e transformado-a em energia
térmica.
Dependendo do tipo de condutor, a quantidade de
colisão aumenta ou diminui. No caso, o fio que liga o
ferro à tomada é bom condutor, ou seja, apresenta um
número de colisões relativamente baixo, gerando pou-
ca dissipação.
O mesmo não acontece com o resistor, que apresenta
um enorme número de colisões e, conseqüentemente,
fica muito aquecido.
724 Alternativa d.
Dados : �Q � 320 C; �t � 20 s
i � 
 
�
�
Q
t
 → i � 
 
320
20
 � 16 A
725 Alternativa c.
i � 
 
q
t�
 1
V � 
 
�
�
s
t
 � 
 
2	
�
R
t
 → ∆t � 
 
2	R
V
 2
Substituindo 2 em 1 :
i � 
 
q
R
V
2	
 → i � 
 
q V
R
�
	2
726 Alternativa a.
i � 
 
�
�
q
t
 → 4 � 
 
�q
60
 → ∆q � 240 C
�q � n � e → 240 � n � 1,6 � 10�19 → n � 1,5 � 1021
727 Alternativa d.
Para �t � 1 min � 60 s, �Q �N área dos triângulos
�Q � 3 � 10 � 30 C
i � 
 
�
�
Q
t
 � 
 
30
60
C
s � 0,5 A
Eletrodinâmica
718 Alternativa e.
Determinando o capacitor equivalente:
(em paralelo) Ceq1 � 6 � � 6 � � 12 �F
(em série) 
 
1
Ceq
 � 
 
1
12
 � 
 
1
4
 → Ceq � 3 �F
Determinando a carga equivalente:
Q � C � U ⇒ Q � 3� � 18 � 54 �C
Sendo série, Q � Q1 � Q2, logo:
54� � 4� � U2 → U2 � 13,5 V
719 Alternativa b.
Determinando o capacitor equivalente:
(em série) 
 
1
1
Ceq
 � 
 
1
6
 � 
 
1
3
 → Ceq1
 � 2 �F
(em paralelo) Ceq � Ceq1
 � 3 �F → Ceq � 5 �F
A energia armazenada será:
Ep � 
 
1
2
C U2 → Ep � 
 
1
2
5 � 10�6 � (102)2
Ep � 2,5 � 10�2 J
720 Determinando o capacitor equivalente:
(em série)
 
1
C
 � 
 
1
2
 � 
 
1
3
 ⇒ C � 1,2 �F
 
1
C
 � 
 
1
4
 � 
 
1
5
 � 
 
1
6
 ⇒ C � 1,6 �F
(em paralelo) Ceq � 1,2 � 1 � 1,6 ⇒ Ceq � 3,8 �F
Determinando a carga armazenada:
Qeq � Ceq � Ueq → Qeq � 3,8 � � 10 � 38 �C
728 a) �Q � área do trapézio
�Q � 
 
( )2 8 64
2
� �
 � 10�3 � 0,32 C
b) n � 
 
�Q
e
 � 
 
0 32
1 9 10 19
,
, � �
 elétrons � 1,7 � 1018
elétrons
c) i � 
 
�
�
Q
t
 � 
 
0 32
8
,
 � 4 � 1022 A
729
a) i � 
 
�
�
�Q
t
 � 
 
�
�
�Q
t
 � 
 
� � �
�
� �Q Q
t
b) i � 
 
�
�
Q
t
 � 
 
5 28 10
1
17, � � C
s
 � 5,28 � 10�17 C/s
730 Dados: i � 6 A; 1 C → 1,1 mg de prata
a) i � 
 
�
�
Q
t
 � 6 A � 6 C/s
�t � 1 s → �Q � 6 C
�t � 1 h → 3 600 s
�Qtotal � 21 600 C
b) mtotal � 1,1 � 1023 � �Q
�Q � 6 � Dt mtotal � 1,1 � 1023 � 6 � 1 200
�t � 20 min � 1 200 s mtotal � 5 792 g
⎫
⎬
⎭
⎫
⎬
⎭
246 RESOLUÇÃO
SIM
ULA
DÃO
: RE
SOL
UÇÃ
O
SIM
ULA
DÃO
: RE
SOL
UÇÃ
O
733 Alternativa a.
U �R � i → 40 � R � 20 → R � 2 W
U � R � i → U � 2 � 4 � 8 V
734 Alternativa d.
Da expressão R � ρ � 
 
�
A
, temos:
R é diretamente proporcional ao comprimento � e in-
versamente proporcional à área A.
735 Alternativa c.
R � ρ � 
 
�
	 �
D2
4
 e R� � ρ � 
 
�
	 �
( )2
4
2D
 
R
R
�
 � ρ � 
 
�
	 �
D2
4
 � 
 
	 �
� �
D2
�
 � 
 
1
1
4
 → 
 
R
R
�
 � 4
736 Alternativa c.
R � ρ � 
 
�
	 �
d2
4
 e R� � ρ � 
 
2
2
4
2
�
	 �
( )d
 
R
R
�
 � ρ � 
 
�
	 �
d2
4
 � 
 
	 �
� �
d2
2�
 → 
 
R
R
�
 � 
 
1
1
2
 →
→ 
 
R
R
�
 � 2 → R� � 
 
R
2
737 Alternativa c.
Trata-se da aplicação de:
R1 � 2R2 , ou seja:
 
� � �
S1
 � 
 
2
1
� �
S
 � 
 
S
S
1
2
 � 
 
1
2
738 Alternativa b.
R1 � 
 
U
i
1
1
 � 
 
2
0 2,
 → R1 � 10 W
R2 � 
 
U
i
2
2
 � 
 
8
0 4,
 → R2 � 20 W
R1 � ρ1 � 
 
�
A
R2 � ρ2 � 
 
�
A
 
R
R
1
2
 � 
 
�
�
1
2
 → 
 
10
20
 � 
 
�
�
1
2
 � 
 
1
2
731 Alternativa d.
Dados: i � 200 mA � 0,2 A; e � 1,6 � 10�19 C; �t �
1 min � 60 s
i � 
 
n e
t
�
�
 → 2 � 10�1 � 
 
n � � �16 10
60
19,
n � 
 
2 10 6 10
16 10
1
19
� � �
�
�
�,
n � 7,5 � 1019 elétrons
732 Alternativa a.
U � R � i → U � 100 � 20 � 10�3 � 2 V
739 a) De acordo com o modelo enunciado represen-
tamos abaixo os três átomos de ouro.
Calculando-se a resistência do condutor filiforme:
R L
A
 � � � � � � 
�
� 
 � �
�
�
1,6 10 12 10
6,4 10 
R 1508
10
20
∴ Ω
b) Utilizando-se a definição de resistência elétrica:
R U
i
R erimental � � 
� 
 � 
�
�
10 12 500
1
8 10 6
∴ exp . Ω
740 Alternativa c.
Se o pássaro tocar simultaneamente em dois fios de
alta-tensão, uma violenta corrente elétrica percorrerá
o corpo dele e, como receberá um choque terrível,
morrerá eletrocutado.
741 Alternativa b.
P � U � i → 30 � 120 � i → i � 0,25 A ou
i � 0,25 � 103 � 10�3 A
i � 250 mA
742 Alternativa b.
A “queima” da lâmpada depende da resistência do
filamento e da ddp em que está submetida.
Na nova lâmpada a resistência do filamento será bem
maior, pois praticamente não depende da ddp aplica-
da. Então, a sua vida útil será bem maior e, conse-
qüentemente, a freqüência de “queima” será menor.
Para a lâmpada (60 W – 110 V), temos: P1 � 
 
1102
1R
Para a lâmpada (100 W – 220 V), temos: P2 � 
 
1102
2R
Como R2 � R1 , vem:
P2 
 P1 (menos luminosidade)
E2 
 E1 (menor consumo)
743 Alternativa d.
A potência elétrica nos terminais do chuveiro é dada
por:
Pot � U � i
Para uma mesma potência, quanto maior for a tensão
U, menor será a intensidade de corrente elétrica i. Com
a redução da corrente, a fiação pode ser mais fina,
implicando num custo menor.
744 Alternativa d.
O forno de marca A (220 V; 1 500 W), ligado a uma ddp
de 110 V, dissipará 375 W.
	Eletrodinâmica