LIVRO 2 | FÍSICA 2
Resoluções das Atividades
Sumário
Módulo 4 – Potencial elétrico – Corrente elétrica ..................................................................................................................................................................................1
Módulo 5 – Eletrodinâmica I ....................................................................................................................................................................................................................4
Módulo 6 – Eletrodinâmica II ...................................................................................................................................................................................................................8
Módulo 4
2) o raio da esfera é R = 1cm = 10–2m
Cálculo da carga na esfera:
9 ⋅ 10 2 ⋅ 10 −2
KQ
V ⋅R
VS =
⇒Q= S ⇒Q=
⇒ Q = 10 −9 C
9 ⋅ 10 9
R
K
Potencial elétrico – Corrente
elétrica
Atividades para Sala
05 B
01 A
Após o equilíbrio, as esferas passam a ter cargas Q1 e Q2.
Se R1 = 2R2 ⇒ Q1 = 2Q2.
O potencial elétrico é uma grandeza escalar. Dessa maneira,
como as cargas estão equidistantes do ponto P, o potencial
de uma anula o potencial da outra.
Pela Lei da Conservação da Carga Elétrica tem-se:
Q1 + Q2 = 2Q ⇒ 2Q2 + Q2 = 2Q ⇒ 3Q2 = 2Q ⇒ Q2 = 2Q/3
A diferença entre as cargas Q1 e Q2 será:
02 A
A energia liberada é a energia potencial elétrica armazenada pela carga elétrica da nuvem.
U = q · V ⇒ U = 40 · 6 · 106 ⇒ U = 2,4 · 108
Q1 – Q2 = 2Q2 – Q2 = Q2 ⇒ Q1 – Q2 = 2Q/3
06 C
Quando o relógio marca 19h6min permanentemente, 20
iletes icam acesos. Como cada ilete requer uma corrente
de 10mA, então a corrente total necessária será:
03 D
i = 20 · 10 ⇒ i =200mA ⇒ i = 0,2A
a) (F) No ponto A (interior da esfera), o campo elétrico é
nulo: EA = 0.
• Tempo total para descarregar pilha:
∆q = i · ∆t; 720 = 0,2 · ∆t; t = 3.600s
∆t = 1h
No interior, o potencial é constante e igual ao da superKQ
.
fície: VA = VB ⇒ VA =
R
KQ
KQ
e EB = 2 .
b) (F) Na superfície, VB =
2R
R
EB KQ R
V
=
⋅
⇒ EB = B
2
2R
VB 2R KQ
c) (F) No ponto C, tem-se: VC =
d) (V) EC =
Assim,
KQ
.
2R
KQ
KQ
⇒ EC = 2 Assi
(2R )2
4R
1
EC KQ 2R
E
V
=
⋅
⇒ C =
⇒ EC = C
2R
VC 4 R2 KQ
VC 2R
04 C
Do gráico pode-se concluir:
1) o potencial na superfície da esfera é VS = 900V.
07 A
Como a corrente i é constante e igual a 9A, então:
∆q = i · ∆t ⇒ ∆q = 9 · 4 ⇒ ∆q = 36C
08 E
Cálculo da quantidade de carga que atravessa o peito:
Dados: i = 0,3A; ∆t = 2,0min = 120s
∆q = i · ∆t ⇒ ∆q = 0,3 · 120 ⇒ ∆q = 36C
Cálculo do número de elétrons que atravessam o peito do
ser humano:
∆q = n · e ⇒ n = 36/1,6 · 10–19 ⇒ n = 2,25 · 1020 elétrons
09 C
Da deinição de intensidade de corrente elétrica média, calcula-se a carga elétrica transportada durante o raio (Qraio > 0).
Qraio = i · ∆t ⇒ Qraio = 300.000 · 0,5 ⇒ Qraio = 150.000C
Pré-Vestibular | 1
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A fração (F) da carga elétrica total da Terra (|QTerra| = 600.000C)
que pode ser compensada por um raio é:
F=
Qraio
| Q Terra |
A energia potencial elétrica U = q . V
UB = – q . VB
Como VA > VB → UA < UB
UA = – q . VA
03 E
150.000
1
F=
∴F=
600.000
4
Cálculo dos potenciais elétricos nos pontos A e C:
9 ⋅ 10 9 ⋅ 16 ⋅ 10 −6
KQ
VA =
⇒ VA =
⇒ VA = 48 ⋅ 10 5 V
3 ⋅ 10 −2
dA
Atividades Propostas
VC =
01 A
Da definição, tem-se:
VA − VB =
Cálculo do trabalho:
WAC = q ( VA − VC )
(
W AB
q
WAC = 5 ⋅ 10 −6 ⋅ 48 ⋅ 10 5 − 36 ⋅ 10 5
)
WAC = 6J
−3
12 ⋅ 10
3
V⇒
A ⋅ VA − VB = 12 ⋅ 10 V
1 ⋅ 10 −6
Q
04 C
kq
O potencial elétrico de um próton no ponto O será: V1 =
r
Como o potencial elétrico é escalar, então o potencial elétrico dos N prótons será:
B
A
+
q
V = N ⋅ V1 ⇒ V =
dA
dB
Porém, VA − VB =
05 D
 1
1
KQ KQ
−
⇒ VA − VB = KQ 
−
dA dB
 dA dB 
1
2
9
 ⇒ ⋅ 9 ⋅ 10 Q = 1.200 ⇒
3
3
Observe a situação na figura a seguir:
Q1
Q2
+
+
V1 =
Sistema físico I
Para que, no ponto P, o campo elétrico seja nulo, os vetores E1 e E2 deverão ter sentidos opostos. Assim, q1 e q2
terão sinais contrários.
q2
_
+
E2
E1
P
d2
d1
V1 = V2 ⇒
V2 =
kQ 2
d
d
K Q1 K Q 2
=
⇒ Q1 = 2Q2
2d
d
06 E
A energia potencial elétrica do sistema de cargas é dada
por:
kqq kqq kqq
+
+
⇒
L
L
L
3kq2
3 ⋅ 9 ⋅ 10 9 q2
4
U=
⇒6=
⇒ q2 = ⋅ 10 −10 ⇒
L
0, 2
9
2
q = ⋅ 10 −5 C
3
U = U12 + U13 + U23 ⇒ U =
KQ
e, no ponto P, ER = 0 ⇒ E1 = E2 .
d2
Se d1 > d2 ⇒ | q1 | > | q2 |
Como E =
Sistema físico II
Entre as placas de um capacitador o campo elétrico é
constante.
A
B
F
_
q
2 | Pré-Vestibular
kQ1
2d
A
E
▲
02 B
▲
Q = 2 ⋅ 10 −6 C
q1
d
▲
1
1.200 = 9 ⋅ 10 9 Q  −
1
kNq
r
▲
VA − VB =
9 ⋅ 10 9 ⋅ 16 ⋅ 10 −6
KQ
⇒ VC = 36 ⋅ 10 5 V
⇒ VC =
4 ⋅ 10 −2
dC
Assim, a carga total Q = 3q ⇒ Q = 2 · 10–5C
07 C
Cálculo da carga do condutor:
kQ
V ⋅R
20, 7 ⋅ 10 3 ⋅ 2 ⋅ 10 −1
VS =
⇒
⇒Q= S ⇒Q=
R
k
9 ⋅ 10 9
Q = 4, 6 ⋅ 10 −7 C
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Cálculo do trabalho:
W = Q . (V – V ) ⇒ W = 4,6 · 10–7 . (60 – 30) ⇒
A
B
W = 1,38 · 10–5J
08 A
No ponto A: VA =
VA = 18 · 104V
No ponto B: VB =
VB = 9 · 104V
9 ⋅ 10 9 ⋅ 2 ⋅ 10 −6
kQ
⇒ VA =
10 −1
R
9 ⋅ 10 9 ⋅ 2 ⋅ 10 −6
kQ
⇒ VB =
2 ⋅ 10 −
d
Diferença de potencial:
VA – VB = 18 · 104 – 9 · 104 ⇒VAB = 9 · 104V
09 A
No equilíbrio eletrostático, os potenciais elétricos são iguais
V1 = V2, enquanto as cargas são proporcionais aos raios.
12 E
As linhas de força, representadas pelas linhas cheias com
setas, emergem sempre da carga positiva (A) e convergem sempre para a carga negativa (B). As linhas tracejadas
representam pontos de mesmo potencial elétrico (superfícies equipotenciais).
13 A
∆q
n⋅e
i ⋅ ∆t
⇒i=
⇒n=
∆t
∆t
e
3 ⋅ 60
n=
⇒ n = 1,125 ⋅ 10 21
1, 6 ⋅ 10 −19
i=
14 A
A quantidade de carga correspondente à corrente elétrica
no resistor é:
i(mA)
Como R1 < R2 ⇒ Q1 < Q2
4,0
10 E
A
Contato entre as esferas A e B:
t(s)
0
7,2
Σ c arg as = Σ c arg as ⇒ q + q = qA + qB
( antes )
( depois )
q
Como R A = 2RB ⇒ qA = 2qB ⇒ 2q = qA + A ⇒
2
3qA
4q
= 2q ⇒ qA =
2
3
Contato entre as esferas C e D:
Σ c arg as = Σ c arg as ⇒ q − q = qC + qD
( antes )
( depois )
Como RC = 2RD ⇒ qC = 2qD ⇒ 0 = 2qD + qD ⇒ qD = 0
N
∆q = A
∆q =
• ∆q = n . e, n é o número de portadores de carga elementar (e = 1,6 · 10–19C)
14,4 · 10 –3 = n ⋅ 1,6 · 10–19
n = 9 · 1016 = 1017 ⇒ OG(n) = 1017
15 D
i=
11 E
Quando a carga Q = 8 · 10–8C for colocada em uma das esferas, ela se dividirá proporcionalmente aos raios das esferas.
Como RA = 3RB ⇒ QA = 3QB, a opção C é falsa.
Q
⇒ QB = 2 ⋅ 10 −8 C
4
QA = 6 · 10–8C
QA + QB = Q ⇒ 3QB + QB = Q ⇒ QB =
Na superfície e no interior dos condutores, o potencial elétrico vale:
4 ⋅ 7, 2 ⋅ 10 −3
= 14, 4 ⋅ 10 −3 C
2
∆q
⇒ ∆q = i . ∆t ⇒ ∆q = 104 · 20 · 10–6 ⇒
∆t
∆q = 20 · 10–2 ⇒ ∆q = 200 · 10–3C ⇒ ∆q = 200mC
16 D
No intervalo de 0 a 0,6s, a área formada com o eixo dos
tempos para o fio 2 é maior que a área formada para o fio
1. Assim, ∆q2 > ∆q1.
i
KQB 9 ⋅ 10 9 ⋅ 2 ⋅ 10 −8
=
⇒ VB = 9 ⋅ 10 3 V
RB
2 ⋅ 10 −2
Os potenciais VA e VB são iguais, pois as esferas estão em
equilíbrio elétrico.
(2)
A1
KQ A 9 ⋅ 10 9 ⋅ 6 ⋅ 10 −8
VA =
=
⇒ VA = 9 ⋅ 10 3 V
RA
6 ⋅ 10 −2
VB =
(1)
0,8
A2
0,3
0
0,6
1,0
t
Pré-Vestibular | 3
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• No intervalo de 0,6s a 1,0s, ∆q1 > ∆q2, pois A1 > A2.
• No intervalo de 0 a 1s, temos:
1 ⋅ 0, 8
⇒ ∆q1 = 0,4C
2
A diferença entre ∆q2 e ∆q1 corresponde à diferença entre
as áreas A1 e A2. Como A1 > A2 ⇒ ∆q2 > ∆q1.
Fio 1: ∆q1 =
Quando a resistência é constante, tensão e corrente são
diretamente proporcionais, portanto o gráico é uma reta
que passa pela origem. Assim a resistência não é constante e portanto o ilamento não se comporta como um
condutor ôhmico
Calculemos a resistência para os pontos, A e B, destacados na igura.
UA
2
=
= 13, 3Ω
iA
0,15
UB
6
=
= 24Ω
iB 0, 25
Portanto, a resistência aumenta com o aumento da
corrente.
17 C
Dados:
RA =
i = 800mA = 0,8A
e = 1,6 · 10–19C
∆t = 1s
RB =
02 D
Calculando a quantidade de carga:
Q
i=
⇒ Q = i . ∆t = 0,8 . 1 ⇒ Q = 0,8C
∆t
Será necessário analisar cada um dos ios por meio da 2a
Lei de Ohm, R = ρ· L/A
Determinando o número de elétrons que passa pela referida seção em 1 segundo:
8 ⋅ 10 −1
0, 8
Q
=
⇒
Q=n.e⇒n=
−19
1, 6 ⋅ 10
1, 6 ⋅ 10 −19
e
Material B:
R = 2ρ· 3 · L/A = 6 · ρ· L/A
Material C:
R = 3ρ· 2L/(2 · A) = 3 · ρ· L/A
n = 5 · 10 elétrons
18
Material D:
R = 3ρ· L/(3 · A) = ρ· L/A
18 D
Pilha AAA:
∆q1 = i . ∆t ⇒ ∆q1 = 0,75 . 5 ⇒ ∆q1 = 3,75C
Material E:
R = 2ρ· L/(4 · A) = 0,5 · ρ· L/A
Pilha C:
∆q2 = i . ∆t ⇒ ∆q2 = 0,75 . 20 ⇒ ∆q2 = 15C
Pelo exposto, o material D é o que apresenta a mesma
resistência.
Comparando-se as duas cargas, conclui-se que:
∆q2 = 4∆q1
Módulo 5
Material A:
R = ρ · L/(3 · A) = 0,33 · ρ· L/A
03 A
Pela 1a Lei de Ohm: V = R · i ⇒ 12 = R · 30 · 10-3 ⇒ R = 4 · 102Ω
Pela 2a Lei de Ohm: R = ρ· L/A ⇒ L/A = R/ρ⇒
L/A = 4 · 102/2 · 10-5 ⇒ L/A = 2 · 107m–1
Eletrodinâmica I
Atividades para Sala
01 D
Para maior clareza, destaquemos dois pontos, A e B, do
gráico:
04 C
Calculando-se a resistência elétrica do pedaço de io
situado entre os pés do pássaro, tem-se:
R
= 5 · 10-5Ω/m ⇒
L
R = 5 · 10-5 · 6 · 10–2 ⇒ R = 3 · 10-6Ω
A diferença de potencial entre os pés dos pássaros é:
V = R · i ⇒ V = 3 · 10-6 · 103
0,4
V = 3 · 10-3V ⇒ V = 3mV
0,3
B
i(A)
0,25
05 B
Os três resistores estão em paralelo, logo sujeitos à mesma
tensão.
0,2
A
0,15
Cálculo da tensão V:
V = R1 · i1 ⇒ V = 20 · 6 ⇒ V = 120V
0,1
0
0
2
4
6
U(V)
4 | Pré-Vestibular
8
10
Cálculo do resistor R3:
V = R3 · i3 ⇒ 120 = R3 · 16 ⇒ R3 = 7,5Ω
LIVRO 2 | FÍSICA 2
06 A
02 B
Quando associamos dois resistores R1 e R2 em paralelo,
o resistor equivalente R3 será menor do que qualquer um
deles. No gráico, a resistência é medida pela tangente do
ângulo. Assim a reta R3 é a menos inclinada.
Dados:
R = 0,001Ω⇒ R = 10–3Ω
V = 10–6V
Pela 1a Lei de Ohm, tem-se:
07 B
A associação dos resistores entre os pontos A e B é equivalente a apresentada na igura abaixo. Os potenciais dos
pontos c, e e são iguais, bem como dos pontos d e h.
9Ω
AΩ
c
→ A
3Ω
3Ω
c
B →
d
9Ω
2Ω
10 −6
V
⇒ i = −3 ⇒ i = 10 −3 A
R
10
03 A
No gráico, observa-se que:
9Ω
A
V = Ri ⇒ i =
3Ω B
d
Resistência Equivalente: Re = 2 + 3 + 3 ⇒ Re = 8Ω
Corrente Total: VAB = Re iT ⇒ 120 = 8 iT ⇒ iT = 15A
A d.d.p. entre os pontos c e d: Vcd = Rcd iT ⇒ Vcd = 3 · 15 ⇒
Vcd = 45V
A corrente i que passa pela resistência de 6Ω é a mesma
que passa no trecho eh.
Assim Vcd = Reh · i ⇒ 45 = 9 · i ⇒ i = 5A.
I. (V) Para temperaturas menores que 100K (baixas temperaturas), os materiais B e C apresentam resistências muito baixas (tendendo a zero), o que caracteriza os supercondutores.
II. (V) Já o material D, para temperaturas menores que
100K, apresenta resistência muito alta, o que caracteriza uma material isolante.
III. (V) Na temperatura ambiente T≅300K, os materiais apresentam resistências relacionadas por RA > RB > RC > RD
Assim, o material A é o pior condutor (maior resistência).
04 C
Os dois fios têm a mesma resistividade (ρ), pois são feitos
do mesmo material e estão a uma mesma temperatura.
RA = ρ
LA
AA
Porém, LB = 2LA
08 A
Como a leitura do amperímetro é nula, temos uma ponte
equilibrada. Desse modo o produto das resistências opostas é o mesmo.
20R = 30 · 16 ⇒ R = 24Ω
LB
AB
AB = 2 A A
RB = ρ
Assim:
RB = ρ
2L A
⇒
2A A
RB = ρ
LA
⇒ RB = R A = R
AA
05 E
09 B
A área total da secção transversal do cabo é dada por:
Corrente na lâmpada 1:
V = R · i1 ⇒ 20 =10 i1 ⇒ i1= 2A
A = 7 · 10
Corrente na lâmpada 2:
A resistência elétrica de um comprimento L desse cabo é
dada por:
V = 2R · i2 ⇒ 20 = 2 · 10 · i2 ⇒ i2= 1A
Corrente na lâmpada 3:
V = 3R · i3 ⇒ 20 =3 · 10 · i3 ⇒ i3= 0,66A
A = 70mm2
R=
ρ⋅ L
, sendo ρ a resistividade do material (2a Lei de Ohm).
A
Para um comprimento de 1 quilômetro:
Atividades Propostas
R=
2,1 ⋅ 10 −2 ⋅ 1.000
⇒ R = 0 , 3Ω
70
06 E
01 B
4
V = 1 · 10 V
R = 2 · 106 Ω
V = R1 · i ⇒1 · 104 = 2 · 106 · i ⇒i = 5 · 10–3A
O io que apresenta menor resistência é aquele que apresenta maior condutividade. Pela tabela, vemos que é
aquele feito de prata.
Pré-Vestibular | 5
LIVRO 2 | FÍSICA 2
VDB = V1 = R1 · i´= 2 · 0,5 ⇒V1 = 1V
07 D
Como R é constante, a tensão (VAB) é diretamente proporcional à corrente elétrica (i).
VAB
VCD = V2 = R2 · i´= 4 · 0,5 ⇒V2 = 2V
VAC + VCD + VDB = VAB ⇒VAC = V3 ⇒ V3 + V2 + V1 = 6 ⇒
V3 + 2 + 1 = 6 ⇒V3 = 3V
11 D
No circuito A, as resistências estão em série (ligadas entre
pares de pontos diferentes) e serão percorridos pela
mesma corrente.
0
No circuito B, as resistências estão em paralelo (ligadas
entre os mesmos pares de pontos), portanto, sujeitos a
mesma tensão.
i
08 D
12 B
Situação inicial:
Pela 1a Lei de Ohm, tem-se:
V = R · i ⇒ 220 = 1.500 · i ⇒ i = 0,15A
i = 150mA ⇒ Fibrilação ventricular que pode ser fatal.
iL
127V
L
iL
L
iL
09 B
Verifique que com o interruptor S2 desligado, somente a
lâmpada L1, de resistência R, funciona sob tensão V = 220V.
V
A corrente no circuito é: V = R · i1 ⇒i1= .
R
• Com o interruptor S2 ligado, as duas lâmpadas L1 e L2
funcionam em paralelo. Se as lâmpadas forem iguais, as
V
correntes em cada uma serão iguais. i1=i2= .
R
• A corrente total no circuito i = i1 + i2 aumenta, embora a
tensão em cada lâmpada seja a mesma.
P
iQ
iP
No ponto P, tem-se: iP = iL + iL + iQ.
iL
127V
No circuito (a), as lâmpadas L1 e L2 estão em série.
L
iL
iQ
iG
L
G
iL
F
iQ
iG
Q
iP
Com a geladeira funcionando, tem corrente (iG) passando
Resistências das lâmpadas
A
L2
por ela. Logo, a corrente no ponto Q não se altera (iQ).
No ponto P, agora, tem-se: iP = iL + iL + iG + iQ.
i
i
i
iL
Q
iL
C
F
Não passa corrente pela geladeira. No ponto Q, passa
P
L1
G
somente a corrente do forno (F) iQ.
10 C
B
iQ
Logo, iP (aumenta) mas iQ não se altera.
B
A
13 A
6V
VCB = R1 · i ⇒2 = R1 · 1 ⇒ R1 = 2Ω
Observe a associação e os resistores equivalentes em cada
VAC = R2 · i ⇒4 = R2 · 1 ⇒ R2 = 4Ω
trecho.
R’
No circuito (b), as lâmpadas L1, L2 e L3 estão em série.
B
L1
i´
D
C
L2
i´
i´
3R
A
L3
i´
B
A
B
A
2R
6V
6 | Pré-Vestibular
LIVRO 2 | FÍSICA 2
R’=
3R ⋅ R
3R
⇒ R’ =
3R + R
4
Como R1 + R2 = R ⇒ Re =
R
2
R
⋅ iB
2
2 VA
R
⋅2⋅
Se iB = 2iA ⇒ VB =
2
R
VB = 2VA ⇒ VB = 2 ⋅ 2 ⇒ VB = 4V
VB = Re ⋅ iB ⇒ VB =
No trecho superior, a resistência será:
3R
7R
⇒ R1 =
R1 = R + R ’ ⇒ R1 = R +
4
4
No trecho inferior, a resistência R2 = 2R.
7R
⋅ 2R
R1 ⋅ R2
Entre os pontos A e B ⇒ RAB =
⇒ R AB = 4
7R
R1 + R2
+ 2R
4
2
14R
14R
R AB = 4 ⇒ R AB =
15R
15
4
15 D
De acordo com o esquema, tem-se:
R´´= 5Ω
R´= 8Ω
3Ω
6Ω
Série
14 B
2Ω
Interruptor 1 ligado e 2 desligado:
A
iA
12V
Interruptor 1
iA
B
R
R
R1
R2
2 Volts
(bateria A)
R1 + R2 = R ⇒ Re =
5Ω
8Ω
iA
G
R
2
10Ω
Corrente iA:
VA =
Dessa forma, tem-se uma ponte de Wheatstone equilibrada.
iA
B
RX
10Ω
R1
R2
Série
2Ω
G
RX
No equilíbrio: 5Rx = 8 · 10 ⇒ Rx = 16Ω
R
2V
⋅ iA ⇒ iA = A
R
2
16 B
Interruptor 2 ligado e 1 desligado:
R2
Como as três lâmpadas são idênticas, todas têm a mesma
resistência.
127V
R1 + R2 = R
R1
R
iP
R1 + R2 = R
R2
R1
iB
V = R ⋅ iP ⇒ iP =
iB
V
R
V = 2R ⋅ iQ ⇒ iQ =
Interruptor 2
iB
Logo iP > iQ
iB
V
(bateria B)
P
V
2R
iQ
Q
R
As ddp’ s :
R
Vp = R ⋅ iP 
 Como iP > iQ ⇒ Vp > VQ
VQ = R ⋅ iQ 
Pré-Vestibular | 7
LIVRO 2 | FÍSICA 2
17 D
Com a chave K aberta, o circuito equivalente é:
R
R
R
Re =
2⋅1
2
⇒ Re = Ω
2 +1
3
Assim, só não é possível que a resistência equivalente
seja 1Ω.
⇒i=
i A
ε
3R
Módulo 6
e
Com K fechada, o circuito equivalente é:
Eletrodinâmica II
Atividades para Sala
3R ⋅ 2R
5R
6R
5
3R
01 A
Dados: P = 4.400W; UA = 127V; UB = 220V; IA = 50A; IB = 30A.
2R
⇔
i’ A
5ε
⇒ i’ =
6R
i’ A
e
e
Como a potência é a mesma nos dois casos, temos:
Portanto:

U2A
PA = R

A

2
U
P = B
 B RB
5ε
i’ 6R 5
=
=
⇒ i’ = 2, 5i
ε
i
2
3R
18 C
Associando-se os três em série ⇒ Re = 3R ⇒Re = 3Ω
Os três resistores em paralelo ⇒ Re =
R
1
⇒ Re = Ω
3
3
2
⇒ PA = PB ⇒
U 
U2A UB2
R
=
⇒ A =  A ⇒
R A RB
RB  UB 
2
2
R A  127 
RA  1 
R
1
⇒ A = = 0, 3
=
=
 ⇒
RB  220 
RB  3 
RB 3
02 B
A potência transmitida é a mesma nos dois casos:
Na associação seguinte:
750
750
i
U
750
i
P1 = P2 ⇒ U1i=1 = U2i2 ⇒ 2 == 1 =
⇒ 2 = 25
i1 U2
30
i1
30
30
1Ω
1Ω
B
1Ω
Re = 1 +
220
≅ 3 . Isso simpliica bastante os cálcu127
los envolvendo tensões de 220 V e 127 V, como no caso
dessa questão.
Considere que
Considerando que a resistência elétrica seja a mesma para
as duas correntes, as potências elétricas dissipadas por
efeito joule nos dois casos são:
Pd1 = R i12

2
Pd2 = R i2
1
3
⇒ Re = Ω
2
2
(÷ ) ⇒
Pd2
Pd1
2
=
Pd
i22  i22 
2
=
⇒ 2 = (25) ⇒
i12  i12 
Pd1
Pd2 = 625 Pd1 ⇒ E2 = 625 E1
Nesta associação:
1Ω
1Ω
03 C
(P)max = Vi = 120 · 10 = 1.200W
N=
1Ω
8 | Pré-Vestibular
1.200
Pmax
=
= 20
60
Plampada
ˆ
LIVRO 2 | FÍSICA 2
04 A
Dados: PV = 1.000W; Pl = 2.000W; U = 120V.
Da expressão da potência elétrica:

U2
=
R
l

Pl
U2
U2

P=
⇒R =
⇒
2
R
P
R = U
V

PV
÷⇒
Rl U2 PV
=
⋅
⇒
R V Pl U2
R
1.000
Rl PV
=
⇒ l =
= 0, 5
R V 2.000
R V Pl
05 A
P=
V2
120 2
14.400
⇒ 8 ⋅ 60 =
⇒R =
= 30Ω
R
R
480
Liquidificador ⇒ i3 =
Cafeteira ⇒ i4 =
Torradeira ⇒ i5 =
900
⇒ i2 = 7,5A
120
200
⇒ i3 = 1,67A
120
600
⇒ i4 = 5A
120
850
⇒ i5 = 7,1A
120
A corrente máxima no circuito dessa cozinha será quando
estiverem funcionando, além da geladeira, o micro-ondas
e a torradeira.
iT = i1 + i2 + i5 ⇒ iT = 15,6A
Assim, o fio deverá suportar mais de 15A. A escolha mais
econômica é de um fio de 20A.
06 C
Deinição de corrente elétrica:
Q
Q 0, 8 Ah
im =
⇒ ∆t = =
= 0, 25 h = 0, 25( 60 min) ⇒
im
∆t
3, 2 A
Atividades Propostas
01 D
A potência dissipada em um resistor pode ser obtida pela
expressão: P =
04 C
Chuveiro
novo
∆t = 15 min
Assim, P =
Micro-ondas ⇒ i2 =
U2
, em que U = 110V e R = 70Ω.
R
(110 )2
∴ P ≅ 175 W
70
P = 6.000W
V = 220V
Que corrente passará pelo novo chuveiro?
P = V · i ⇒ 6.000 = 200i ⇒ i = 27,27A
Assim, teremos que colocar um disjuntor que suporta uma
corrente superior a esta e o mais próximo possível dela,
senão o disjuntor deixaria de ter sua finalidade principal
(proteger o aparelho contra danos causados pelo pico de
corrente).
Chuveiro
P = 3.000W
Disjuntor antigo
antigo
V = 220V
suportava até 15A
02 C
Potência da lâmpada ⇒ P = 55W
Tensão elétrica da lâmpada ⇒ V = 36V
Sabemos que P = V · i, logo, para cada lâmpada:
55 = 36 · i ⇒ i =
55
⇒ i ≅ 1, 53 A
36
Como as duas lâmpadas foram ligadas em paralelo no
mesmo fusível, temos que a corrente elétrica total vale:
iT = 2 · i = 2 · 1,53 ⇒ iT ≅ 3,06A.
Observando a tabela fornecida, o fusível compatível é o de
cor laranja.
05 A
Esta questão retrata um assunto do nosso cotidiano, em
que um equipamento de tensão nominal de 220V liga-se
a uma tensão de funcionamento de 127V. Ao se fazer isso,
a potência nominal não será posta em prática, contudo a
potência de funcionamento será inferior, pois a tensão de
funcionamento será menor que a nominal.
Pela tabela, observamos que a maior potência nominal
vale 5.500W. Com isso, podemos calcular que a resistência
nominal do equipamento pode ser dada por:
U2 220 ⋅ 220
=
= 8, 8Ω
P
5.500
Como o equipamento será ligado à tensão de 127V, com a
resistência no valor de máxima potência, teremos a potência de funcionamento igual a:
R=
03 D
Cálculo das correntes em cada eletrodoméstico.
P=V·i⇒i=
P
V
120
Geladeira ⇒ i1 =
⇒ i1 = 1A
120
P=
U2 1272
=
≅ 1.832W
8, 8
R
Pré-Vestibular | 9
LIVRO 2 | FÍSICA 2
PMÁX = i · U ⇒ PMÁX = 30A · 120V ⇒ PMÁX = 3.600W
06 D
Cálculo das resistências:
No gráfico tga R
R1 =
400
⇒R1 = 400Ω
1
R2 =
400
⇒ R2 = 200Ω
2
Assim, a análise das alternativas indicará quais aparelhos
ligados simultaneamente desarmarão o disjuntor se a
soma de suas potências ultrapassar 3.600W.
a)
b)
c)
d)
e)
200
⇒ R3 = 100Ω
2
Associando-se os três resistores em série, tem-se:
Re = R1 + R2 + R3 ⇒ Re = 700Ω
R3 =
Resistência total da associação:
Re = 30 + 60 ⇒ Re = 90Ω
V2
(350 )2
⇒P =
⇒ P = 175 W
Re
700
Resistência total:
V = Re · i ⇒ 90 = 90 · i ⇒ i = 1A
Corrente em cada lâmpada em paralelo:
1
i1 = i2 = ⇒ i1 = i2 = 0, 5 A
2
07 B
Em uma residência, os aparelhos são ligados em paralelo,
logo a tensão elétrica é a mesma. Opção c é falsa.
Se PL = 60W e PC = 4.400W então PC > PL. Opção d é falsa.
PL = V ⋅ IL PL iL
= < 1 ⇒ iL < iC
PC = V ⋅ IC PC iC
V = RL ⋅ iL
V = RC ⋅ iC
Ri ⋅ iL = RC ⋅ iC ⇒
12 A
A
V
Opção a é falsa.
RL iC
= > 1 ⇒ RL > RC
RC iL
B
aA
08 B
Resistência equivalente:
4
Re = + 2 ⇒ Re = 4Ω
2
aB
0
A
4Ω
i
Corrente elétrica total
VAB = Re ⋅ i ⇒ 8 = 4i ⇒ i = 2A
2Ω
i
B
A partir do gráfico, podemos concluir que:
i
4Ω
Potência total dissipada
P = Re ⋅ i2 ⇒ P = 4 ⋅ (2)2 ⇒ P = 16 W
09 B
Para que o chuveiro tenha um bom funcionamento em
qualquer uma das posições indicadas, é necessário que
o disjuntor suporte, com uma certa folga, a maior intensidade de corrente elétrica, que, no caso, é observada na
posição "inverno", sendo:
3.200 W
P
⇒i=
110 V
U
i = 29, 09 A ⇒ i ≅ 30 A
i=
10 C
Como o circuito foi projetado para uma corrente de 30A, a
potência máxima que corresponde a esse valor será:
10 | Pré-Vestibular
2.400 + 600 + 400 + 100 = 3.500W
2.400 + 1.000 + 100 = 3.500W
2.400 + 1 000 + 600 = 4.000W
1.000 + 600 + 400 + 100 = 2.100W
2.400 + 400 + 100 = 2.900W
11 D
Cálculo da potência
P=
(F)
(F)
(V)
(F)
(F)
aA > aB ⇒ tg aA > tg aB ⇒ RA > RB
Como os resistores estão associados em paralelo, ficam
submetidos à mesma tensão.
VA = VB = V
Com relação às correntes, tem-se:
V = R A ⋅iA 
iA RB
< 1 ⇒ iA < iB
 R ⋅ i = RB ⋅ iB ⇒ =
V = RB ⋅iB  A A
iB R A