Resoluções de Exercícios
EA: EXERCÍCIOS DE APRENDIZAGEM
EH: EXERCITANDO HABILIDADES
TC: TAREFA DE CASA
FÍSICA IV
vértice oposto, C, as forças aplicadas sobre a carga no vértice A
são as mostradas na figura, para o caso de equilíbrio.
REVISÃO
Capítulo
12
EA ă BLOCO
E
APROFUNDAMENTO
Lei de Coulomb; Campo Elétrico; Potencial Elétrico
01
01 (12)
01) Incorreto. Uma das possibilidades de equilíbrio está mostrada na
figura abaixo.
Lembrando que a diagonal de um quadrado de lado L é L 2
calculemos, então, o módulo de Q’.
FBA = FDA = F =
FCA =
Como se pode notar, ambas as cargas situadas nos vértices B e D,
adjacentes ao vértice A, atraem a carga situada no vértice A, logo
elas têm mesmo sinal.
02) Incorreto. Pode ser, por exemplo, um quadrilátero como o mostrado abaixo, que não é um trapézio.
&
K Q' q
KQ q
L2
=F 2
aL 2 k
2
Q'
Q
= 2
2 L2
L
&
K Q' q
aL 2 k
2
=
KQ q
L2
2
2 & Q' = 2 2 Q
02 (29)
01) Correta. Quando a carga é abandonada, o movimento é espontâneo, ocorrendo exclusivamente pela ação da força elétrica.
Portanto o trabalho da força elétrica é positivo. Mas o trabalho
da força elétrica entre dois pontos A (inicial) e B (final) do campo
elétrico é dado por:
AB
WF el = q a VA–VB k .
Se: WFAB
el 2 0 e q 2 0 & VA–VB 2 0 & VB 1 VA.
04) Correto. Se a força resultante é nula, o vetor campo elétrico nesse
ponto também é nulo.
08) Correto. Num losango em que um dos ângulos internos é 120°,
a diagonal menor tem a mesma medida (L) do lado. Assim, se a
carga A está num desses vértices, ela equidista das outras três, que,
por terem mesmo módulo, exercerão sobre ela forças de mesma
intensidade (F). Da mecânica, sabemos que se três forças de mesma
intensidade formam, duas a duas, 120° entre si a resultante delas
é nula. A figura abaixo ilustra essa situação.
Assim, cargas positivas deslocam-se para a região de menor potencial elétrico. Como no sentido do campo elétrico o potencial
elétrico é decrescente, podemos também concluir que cargas
positivas deslocam-se no mesmo sentido do campo elétrico.
02) Incorreta. Cargas negativas abandonadas no campo elétrico
movem-se em sentido oposto ao dele, conforme já discutido na
proposição do item anterior.
= q a VA–VB k . Se A e B são dois pontos de uma mesma
04) Correta. WFAB
el
superfície equipotencial então VA = VB  VA – VB = 0.
Mas:
= q a VA - VB k & WFAB
= 0.
WFAB
el
el
= F el d cos i = 0* F el ! 0
Porém: WFAB
el
d!0
& cos i = 0 & i = 90c.
08) Correta. Apenas forças de campos conservativos armazenam
energia potencial.
16) Correta. Pelo teorema da energia potencial, o trabalho de forças
conservativas só depende das posições inicial e final.
A
= Epot
WFAB
– EBpot.
consv
16) Incorreto. No caso de o quadrilátero ser um quadrado, para que
a força resultante seja nula, as cargas nos vértices adjacentes, B
e D, devem necessariamente ter mesmo módulo, caso contrário
a resultante não tem a mesma direção da bissetriz, impedindo a
condição de força resultante nula.
Considerando q o módulo da carga no vértice A, Q o módulo das
cargas nos vértices adjacentes, B e D, e Q’ o módulo da carga no
FÍSICA IV
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EA ă BLOCO
02
01 A
Dados: E = 3 x 106 V/m; V = 9 kV = 9 x 103 V.
Como esse campo elétrico pode ser considerado uniforme, podemos
escrever:
Ciências da Natureza e suas Tecnologias
FÍSICA – Volume 04
39
01/08/2013 11:45:06
Ed = V  d =
mostra o vetor campo elétrico de cada uma das placas em três pontos:
A e C, fora delas, e B, entre elas. Como se trata de placas infinitas, o
campo elétrico criado por cada uma delas é uniforme.
Assim: EA = 0; EB = 2 E e EC = 0.
V 9 x 103
=
= 3 x 10–3 m  d = 3 mm.
E
3 x 106
02 Campo elétrico produzido pela carga q1 na posição da carga q2:
q1
Eq
1
q2
06 D
A figura mostra o próton sendo freado pelo campo elétrico.
2d
Eq1 =
V0
k0 . q1
k .16n
k
" Eq1 = 0 2 " Eq1 = 4n. 0 (horizontal para a esquerda)
d2
2.d2
4.d
F
– Campo elétrico produzido pela carga q2 na posição da carga q2:
Eq2 =
k0 . q2
a0 k
2
d
" Eq2 = 0
– Campo elétrico produzido pela carga q3 na posição da carga q2:
q2
Eq
Usando o Teorema do trabalho-energia cinética, temos:
q3
3
WR = Ec –– Eco " – Fd = 0–
k0 . q3
ad k
2
" Eq3 =
1
# 1, 8 # 10–27 # (4 # 105) 2
2
1, 8 # 10–27 # 16 # 1010
= 4, 8 # 10–15N
F=
2 # 3 # 10–2
k0.4n
k
" Eq3 = 4n. 02 (horizontal para a direita)
d2
d
Mas como sabemos: Ev =
– Campo elétrico resultante:
E = E q1 + E q2 + E q3
A figura mostra o campo elétrico e as forças que agem na partícula.
Observe que a carga deve ser negativa.
Fe
01
01 D
Depois do contato cada corpo terá carga de Q1 = Q2 =
F=
a1 + 5 k
2
= 3C
kQ1 Q2
9.109.3.3
=
& F = 9.109 N
2
d
32
E
A força será repulsiva, pois os dois corpos apresentam a mesma natureza elétrica (são cargas positivas).
P
Para haver equilíbrio é preciso que:
Fe = P " q E = mg " q =
02 D
Denominando S a área da esfera maior e S’ a da menor, vem:
2
S
4rR2
R
10-3
=
= f p = f -6 p = 106 " S = 106S'
S'
r
4rr2
10
2
O campo é uma propriedade do ponto e não muda pela presença de
uma carga elétrica nele colocada. Mede-se a intensidade do campo
6
6
03 B
Devido à blindagem eletrostática, o vetor campo elétrico fora de cada
uma das cavidades é nulo. Logo, não há contato elétrico entre as cargas
e a força, entre as cargas qa e qb é nula.
04 A
Dados: m = 1 g = 10–3 kg; q = 40 C = 4 x 10–5 C; VA = 300 V e VB = 100 V.
Aplicando o Teorema da Energia Cinética a essa situação:
pela expressão E =
F
.
q
Como a intensidade do campo não muda, podemos escrever:
"
mv
&v=
2
2 (VA–VB) q
=
m
2 (300–100) 4 # 10-5
= 16 = 4 m/s.
10-3
05 C
F1
F
= 2 .
q1
q2
20
F
= 2 " F2 = 10 N
30
15
09 D
Q
2
mg
4 # 10–3 # 10
=
= 40 # 10–6C
E
1.000
08 C
A esfera maior deve conter 10 vezes mais cargas: Q = 10 x Q’ = 10
x 104 = 1010.
6
 Fel = E C  (VA – V B) q =
Fv
4, 8 # 10–15
= 3, 0 # 104N/C
"E =
q
1, 6 # 10–19
07 D
Como: Eq1 = Eq3 ` E = 0
TC ă BLOCO
1
mV02 "
2
F # 3 # 10–2 =
d
Eq3 =
V=0
q
d
E2
P
E1
x
As cargas devem ter sinais contrários e Ev1 = Ev2
kq
kQ
(d + x) 2
= 2 " Q = q
(d + x) 2
x
x2
2
"Q=q
E
E
C
–––––––––––––
E E
B
+++++++++++++
30 + 10
(d + x) 2
p & Q = 48n C
= 3n f
10
x2
10 B
Devemos ter F13 = F23 &
ko.q1.q2
k .q .q
d
= o 2 23 & x =
& x = 10 cm
3
x2
(d – x)
E
E
A
11 A
O triplo contato faz com que a carga total divida-se por três.
Apenas para ilustrar a resolução, suponhamos que a placa inferior
esteja eletrizada positivamente e a superior negativamente. A figura
40
Ciências da Natureza e suas Tecnologias
FÍSICA – Volume 04
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Portanto, qA = qB =
Q
3
.
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A esfera A recebe elétrons da Terra pela indução provocada pela esfera B.
A força elétrica sobre a esfera A é a força exercida pela esfera B.
Q Q
x
k Q2
A força será repulsiva de valor: k0 3 2 3 = 0 2 .
d
9d
07 A
12 C
Usando o conceito de ddp e o teorema do trabalho-energia cinética,
temos:
V1 – V2 = V12 =
1
mv2
E –E
W12
= C2 C! = 2
q
q
q
" qV12 =
1
1
mv2 " qV12 = mv2
2
2
2 # 1, 6 # 10–19 # 32
= 8, 0 # 104m/s
1, 6 # 10–27
v=
0
E1
X
08 C
Apesar das cargas serem diferentes as forças que atuam em cada uma
delas têm a mesma intensidade. Como as massas das partículas são
iguais as acelerações sobre cada uma são iguais. Logo, as partículas percorrerão a mesma distância até o ponto de encontro que é a posição 2x.
13 B
E2
As linhas de campo elétrico fora da esfera não dependem da posição da
carga no seu interior. As cargas preexistentes e/ou induzidas na esfera
se distribuem uniformemente na superfície externa com densidade
constante, gerando linhas de campo elétrico esfericamente simétricas
que apontam para o centro da esfera.
Q1 = –3μC
Q2 = +75μC
24
60
09 A
xi;f = DEc
X(cm)
q (Vi – Vf) = DEc & Vi – Vf =
E1 = E2
DV = Vf – Vi = – 2kV
kQ1
kQ2
(60 – x) 2
Q
75n
=
= 2 =
= 25
&
Q1
3n
(24 – x) 2
(60 – x) 2
(24 – x) 2
60 – x
= 5 & 60 – x = 120 – 5x & 4x = 60 & x = 15 cm
24 – x
10 (12)
14 A
Fazendo a figura correspondente observaremos que a carga negativa na
posição correspondente a duas horas e a carga positiva correspondente a
posição oito horas gerarão no centro do relógio campos elétricos de mesmo
sentido, isto é, apontando para a posição duas horas. As demais cargas
gerarão campos elétricos que se anularão mutuamente. A intensidade do
campo elétrico resultante no centro do relógio será (2kQ/R2).
15 E
Os objetos são metálicos e apresentam uma superfície externa fechada.
Assim, como acontece em todo condutor eletrizado em equilíbrio
eletrostático, o campo elétrico é nulo para pontos do seu interior.
TC ă BLOCO
DEc
4 x10–6
=
= 2kV
q
2x10–9
Por simetria Q3 só ficará em equilíbrio se Q1 = Q2. Como Q1 e Q2 têm
o mesmo sinal elas irão repelir-se, portanto elas devem ser atraídas
por Q3 para também permanecerem em equilíbrio.
Sendo assim Q1 = Q2 >0 e a atração entre Q3 e Q1 deve ser compensada
pela repulsão entre Q2 e Q1.
k Q1 Q3
k Q1 Q2
=
2
2
d13
d12
Q3
Q
= 2 2 " Q2 = 4 Q3 = 12 x 10–9C
0, 12
0, 2
Q1 = Q2 = 12 # 10–9C
Portanto, o valor da carga Q1, em unidades de 10–9C , é igual a 12.
02
11 (27 V)
01 E
I. Correto: o potencial de qualquer ponto da casca pode ser calculado
como se ela estivesse no centro. Sendo assim, todos os pontos têm
o mesmo potencial V =
kQ
.
R
em O será: VO =
II. Correto: o campo é tangente à linha de força que, por sua vez, é
perpendicular à equipotencial (superfície).
III. Correto: no interior da casca temos um somatório de pequenos
campos que se anulam.
02 D
O potencial elétrico criado por uma carga pontual é dado por: V =
k0.Q
.
r
Do gráfico temos: V = 300 v e r = 0,15 m.
Ou seja:
k .Q
V=
0
r
" 300 =
Como as cargas são equidistantes da origem O do sistema, o potencial
resultante
12 (09)
Chamemos de A, B e C, as esferas de raios R, 3R e 5R, respectivamente. Observe que a carga total existente inicialmente é a soma
algébrica das cargas iniciais das três esferas. Isto corresponde a
QA + QB + QC = – 15n + 30n + 12n = 27nC . Que será igual à soma das
cargas após o contato pelo princípio da conservação da carga elétrica.
Quando as esferas forem ligadas entre si e o equilíbrio elétrico ocorrer,
teremos:
Q'
Q' + QB' + QC'
27nC
Q'A
Q'
= B = C = A
=
3R
5R
9R
R
R + 3R + 5R
Q'
27nC
& C =
" QC' = 9nC
9R
R
9.109.Q
0, 15
Q = 5.10–9C.
03 C
Quando as cargas são iguais, temos:
k.q1.q2 k.q1.q3 k.q2.q3
k.q.q
+
+
U=
& U=3
d
d
d
d
Trocando-se, digamos, a carga q1 por outra de valor 2q, partindo da
expressão anterior, teremos:
U' =
k.2q.q k.2q.q k.q.q
k.q.q
5U
+
+
=5
& U' =
d
d
d
d
3
04 B
Com o ar mais úmido, a rigidez dielétrica diminui. Então, para que
o dielétrico comece a conduzir eletricidade, a diferença de potencial
entre A e B deve ser menor do que com o ar mais seco.
05 D
Toda superfície metálica que envolve completamente um corpo
qualquer impede que campos elétricos externos atinjam esse corpo.
Chamamos esse fenômeno de blindagem eletrostática.
06 A
Como a esfera A está ligada à Terra por um condutor, seu potencial
será o mesmo da Terra.
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kq
k
9.109.2, 7.10–10
=
(+ q – q + q) =
& VO = 27 V
d
d
9.10–2
13 (30)
Emáx =
k.Qmáx
3.106.(0, 3) 2
& Qmáx =
& Qmáx = 30n C
R2
9.109
14 (1023 e 107)
A) Fundamentado na leitura apresentada, podemos dizer que o
menor acréscimo de massa ocorrerá quando o algarismo 5 passar
a 6. Isso corresponderá a um acréscimo de massa ∆m = 1,0 x 10−5
g = 1,0 x 10−8 kg.
m = N.melét. & N =
1, 0 . 10–8kg
& N = 1023 elétrons
1, 0 . 10–31kg
B) Aplicando a equação do potencial de uma esfera, temos:
R.V
k .Q
k . N. e
=
& N=
k .e
R
R
1, 6 . 10–2. 9, 0 . 10–1
N=
& N = 107 elétrons
9, 0 . 109. 1, 6 . 10–19
V=
Ciências da Natureza e suas Tecnologias
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– A carga inicial do capacitor é Q0 = C0 V0. A nova carga será:
15 A
C
Felétrica = Fcentrípeta &
V
kQq
kQq
mv2
=
= mv2 (I)
&
R
R
R2
– A intensidade inicial do vetor campo elétrico entre as placas é E0 = 0 . A
d0
nova intensidade do campo elétrico será:
A energia do sistema é a soma da energia cinética com a energia
potencial elétrica:
E = Ec + Ep=
E1 =
V
E
V1
1 V0
= 0 =
& E1 = 0 (A intensidade do vetor campo
d
2d0
2 d0
2
elétrico cairá pela metade.)
mv2 kQ (– q)
mv2 kQq
+
=
–
(II)
R
2
2
R
QV
– A energia inicial armazenada é U0 = 0 0 . A nova energia arma2
zenada será:
Substituindo (I) em (II):
E = Ec + Ep=
Q
1
Q1 = C1 V1  Q1 = 0 V0 =
C V  Q1 = 0 . (A carga cairá
2
2 0 0
2
pela metade.)
A força elétrica age como resultante centrípeta sobre a partícula de
carga negativa.
mv2 kQ (– q)
mv2
mv2
+
=
–mv2 = –
R
2
2
2
U1 =
Q0
V0
U
1 Q0V0
Q1V1
= 2
=
& U1 = 0
2
2
2 2
2
(A energia armazenada cairá pela metade.)
REVISÃO
Capítulo
13
E
APROFUNDAMENTO II
Circuitos Elétricos Simples; Capacitores
B) O afastamento é realizado após o desligamento da chave.
Os novos valores das grandezas citadas são: C2; V2; Q2; E2 e U2. A
nova distância entre as placas é d = 2 d0.
– A carga permanece constante, pois não há como haver fluxo de
cargas: Q2 = Q0.
– A nova capacitância será: C2 = 
A
A
1
A
 &
& C2 = 
& C2 =
d
2d0
2
d0
C0
. (A capacitância cairá pela metade.)
2
Q
– A tensão elétrica inicial é V0 = 0 . A nova tensão será:
C0
Q0
Q
Q
= 2 0 & V2 = V0. (A tensão elétrica entre as placas
V2 = 2 =
C2
C0
C0
2
C2 =
EA ă BLOCO
03
01 C
Para maior clareza, destaquemos dois pontos, A e B, do gráfico:
dobrará.)
V
i (A)
0,4
0,3
0,25
0,2
0,15
0,1
0
0
– A intensidade inicial do vetor campo elétrico entre as placas é E0 = 0 .
d0
A nova intensidade do campo elétrico será:
E2 =
B
não sofrerá alteração.)
A
2
2V
V
V2
= 0 = 0 & E2 = E0. (A intensidade do vetor campo elétrico
d
2d0
d0
Q0V0
. A nova energia arma2
Q (2V )
QV
QV
zenada será: U2 = 2 2 = 0 0 = 2 0 0 & U1 = 2U0 . (A energia
2
2
2
– A energia inicial armazenada é U0 =
4
6
8
armazenada dobrará.)
10
U (V)
I. Incorreta. Quando a resistência é constante, tensão e corrente são
diretamente proporcionais, portanto o gráfico é uma reta que passa
pela origem.
II. Incorreta. Calculemos a resistência para os pontos, A e B, destacados
na figura:
RA =
UA
2
=
= 13,3 .
iA
0, 15
RB =
UB
6
=
= 24 .
iB
0, 25
Portanto, a resistência aumenta com o aumento da corrente.
III. Correta. Calculemos as potências dissipadas para os valores dos
pontos destacados:
PA = UA iA = 2 (0,15) = 0,3 W.
PB = UB iB = 6 (0,25) = 1,5 W.
PB > PA  a potência dissipada no filamento aumenta com o aumento da tensão aplicada.
EH ă BLOCO
01
01 E
Fazendo as leituras:
Atual  2.783 kWh;
Mês passado  2.563 kWh.
O consumo mensal (C) corresponde à diferença entre as leituras
C = 2.783 – 2.563 = 220 kWh.
O valor a ser pago (V) é, então:
V = 220 x 0,20 = R$ 44,00.
TC ă BLOCO
03
01 E
Analisando o gráfico dado:
EA ă BLOCO
V
04
R1
01 As grandezas físicas citadas são: C0; V0; Q0; E0 e U0. A distância inicial
entre as placas é d0.
A) O afastamento é realizado com a chave ligada.
Os novos valores das grandezas citadas são: C1; V1; Q1; E1 e U1. A
nova distância entre as placas é d = 2 d0.
– A tensão entre as placa não se altera, mantendo-se igual à tensão
da fonte: V1 = V0.
A
, sendo:  a constante dielétrica
– A capacitância inicial é C0 = 
d0
do meio; A a área de cada placa e d0 a distância inicial entre as
placas. A nova capacitância será:
C
A
A
1
A
C1 =  C1 = 
 C1 = 
C1 = 0 . (A capacitância cairá
d
2d0
2 d0
2
pela metade.)
42
Ciências da Natureza e suas Tecnologias
FÍSICA – Volume 04
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R2
R3
U
i
i1 i2
i3
U
Da 1a lei de Ohm: U = R i  R = . Dessa expressão, podemos coni
cluir que, para uma mesma tensão, a corrente é maior no resistor de
menor resistência. Então, pelo gráfico, se para uma mesma tensão:
i 3 > i 2 > i 1  R 3 < R2 < R1 .
A lâmpada acende com maior brilho no circuito onde ela estiver sendo
percorrida por maior corrente elétrica, ou seja, onde a associação dos
FÍSICA IV
01/08/2013 11:45:11
resistores em série com ela tiver menor resistência equivalente. Como já
concluído acima, isso ocorre quando ela estiver associada ao resistor R3.
02 E
O circuito abaixo é equivalente ao dado:
2Ω
3Ω
6Ω
12 Ω
3Ω
4Ω
5Ω
4Ω
07 C
1. Certo, pois a corrente está proporcional a ddp.
2. Certo. V = Ri  4 = R x 0,2  R = 20 
3. Falso.
Para V = 1 V " R =
V
1
=
= 10 X
i
0, 1
Para V = 3 V " R =
V
3
=
= 30 X
i
0, 1
4. Falso. P = V.i = 2 # 0, 1 = 0, 2 W
20 Ω
08 D
20 Ω
i
A
i
A
60 V
R1 = RA + RB = 1– x + 1 + x = 2
R2 =
60 V
RA.RB
(1– x) (1 + x)
1– x2
=
=
2
RA + RB
1– x + 1 + x
Como mostrado, a resistência equivalente é 4  .
09 D
Aplicando a lei de Ohm-Pouillet:
E = Req i  60 = 4 i  i = 15 A.
A carga elétrica que sai da bateria percorre os diversos caminhos
do circuito e retorna integralmente para a bateria. Logo, o princípio
utilizado é o da conservação da carga elétrica.
03 A
Req = R1 + R2//R3
Req = R1 +
10 C
A corrente em R4 será maior quando a resistência do restante do
circuito for menor.
R2.R3
R2 + R3
R
.
2
(2) R2 ligada, R3 desligada  (Req) 2 = (R1 + R2) = 2R .
(1) R2 em curto, R3 ligada  (Req) 1 = (R1//R3) =
5 # 1, 25
6, 25
= 2+
= 3X
6, 25
5 + 1, 25
Lei de Ohm: V = Ri " 18 = 3i " i = 6, 0 A
Req = 2 +
(3) As duas ligadas  (Req) 3 = (R1 + R2) //R3 =
04 C
Dados: U = 12 V; i = 0,6 A; t = 5 h = 18.000 s e 1 cal = 4J.
Calculando a energia total consumida pela lâmpada em 5 h:
E = P.Dt = UiDt = 12 x 0, 6 x 18.000 = 129.600 joules .
(4) As duas desligadas  (Req) 4 = R1 = R .
A ordem crescente de corrente será a ordem decrescente de resistência.
Portanto, (2), (4), (3) e (1).
11 B
Se 10% dessa energia são transformados em energia luminosa, 90%
são transformados em energia térmica (calor). Calculando essa quantidade de calor (Q):
Q = 0,9 E = 0,9 (129.600) = 116.640 J.
116.100
= 29, 16 kcal .
Como 1 kcal = 4.000 J, temos: Q =
4.000
i=
O calor irradiado será igual a energia potencial elétrica armazenada na
esfera antes de se fazer contato com a Terra através de um condutor.
U2
.
R
a
L
R= t .
A
U2A
Combinando essas expressões: P =
.
tL
Concluímos dessa expressão resultante, que a potência dissipada é
inversamente proporcional ao comprimento do resistor. Portanto,
para aquecer a água do banho mais rapidamente a resistência deve
ser diminuída, diminuindo-se o comprimento do resistor.
Os valores das resistências formam uma PG de razão
Seja: a = x. Então: b =
x
x
ec=
2
4
1
.
2
A resistência equivalente do circuito é:
&
1
1
1
1
1
1 2
4
7
= +
+
= + + = .

Req
x
x
x
Req
x
x
x
x
2
4
Como Req = 2 , temos:
1
7
=
 x = 14 .
2
x
Assim,
a + b + c = 14 +
14 14
+
= 14 + 7 + 3, 5 
2
4
a + b + c = 24,5 .
FÍSICA IV
AP 2013 FIS IV V4 RESOLUÇÃO.indd 43
Epot =
q.V
kq
RV
&q=
e V=
2
R
k
Ediss =
RV V
0, 9(105) 2
=
& Ediss = 0, 5 joules
k 2
2.9.109
13 D
Como todos os aparelhos de uma residência são ligados em paralelo, a
corrente que circulará nos fios que levam energia elétrica à residência
é a soma das correntes que passará em cada equipamento. Assim,
podemos somar as potências de todos os aparelhos e dividir pela
tensão da rede elétrica.
Sabendoque P=Ui,temos: i =
Ptotal
6 x 60 + 400 + 3.200
3.960
=
=
= 18 A .
220
220
U
14 E
Estando as lâmpadas em série a resistência equivalente da associação
06 D
1
1 1 1
= + +
Req
a b
c
1
A . Dt & Dt = 1, 2 h
2
12 A
Como a tensão (U) é constante, a potência (P) varia com a resistência
Mas a 2 lei de Ohm afirma que a resistência de um condutor depende
da resistividade do material (), é diretamente proporcional ao comprimento (L) e inversamente a área da secção transversal (A), ou seja:
1, 8
1
P
=
= A
3, 6
2
U
Q = i . Dt & 600 .10–3 Ah =
05 C
(R) de acordo com a expressão: P =
2RxR
2R
=
.
3
2R + R
será RE = 1.000 + 100 = 1.100 X .
220
U
=
= 0, 2 A .
1.100
RE
Logo, a tensão elétrica na lâmpada L1 será U1 = R1.i = 1000 x 0, 2 = 200 V ,
A intensidade da corrente elétrica do circuito será i =
e na lâmpada L2 será U2 = R2 i = 100 x 0, 2 = 20 V .
Vê-se que a tensão em L1 será muito maior que a nominal enquanto
na lâmpada L2 será muito menor.
15 C
Calculando a resistência equivalente temos:
1
1
1
1
1
=
+
+
+
" RE = 0, 5k ohm
RE 2k 1k 2k 2k
Calculando a intensidade de corrente, temos:
i=
U
1, 5
=
= 3, 0mA .
RE 0, 5k
Ciências da Natureza e suas Tecnologias
FÍSICA – Volume 04
43
01/08/2013 11:45:14
TC ă BLOCO
Sendo UAB + UBC = 120 V, teremos:
04
01 D
A carga total armazenada nos capacitores será:
Q = (C1 + C2) . U = 2 .10–3. 20 = 4 .10–2 C ;
Essa carga passa pela resistência em 0,5 s. Então,
4 . 10–2
Q
=
i=
& i = 8 . 10–2 A .
0, 5
Dt
UAB + UBC = 120
2 x 120
3
= 48 V
U + UBC = 120 & UBC =
5
2 BC
10 A
Na primeira associação, temos os dois capacitores ligados em série
a uma fonte de d.d.p. “V”, conforme figura abaixo. Lembre-se que
capacitores ligados em série armazenam a mesma carga “Q”.
02 B
A energia acumulada no capacitor vale:
Q.U
2.1.0, 1
= P.t & Q =
& Q = 2, 0.10–2 C ;
10
2
Q
2.10–2
A capacitância do capacitor vale: C = =
& C = 2, 0.10–3 F
U
10
E=
03 B
Após muito tempo a corrente nos resistores será a mesma (ligados
em série) e a ddp nos resistores será a metade da f.e.m do gerador
considerado ideal.
04 B
No regime estacionário não teremos corrente elétrica no trecho que
contém o capacitor. Logo, a corrente elétrica no circuito passará pelas
duas baterias e pelos resistores, todos em série.
i=
C2 = x.C1
Q2 = Q1
Qtotal = Q1 + Q2 = 2.Q1
Na segunda associação, retiramos a fonte e ligamos os capacitores em
paralelo, conforme figura abaixo. Lembre-se que capacitores ligados
em paralelo possuem a mesma tensão “U”.
f – f'
20 – 10
=
= 0, 02 A
RR
200 + 300
Cálculo da ddp e da carga armazenada no capacitor:
U1 = U2
UC = R . i + f' = 200 x 0, 02 + 10 = 14 V
QC = C . UC = 2 n . 14 = 28 n C
Nessa associação, o enunciado nos informa que o capacitor 2 terá uma
Q
carga de Q'2 = 1 , ou seja, como a carga total armazenada pelos dois
4
capacitores é igual a 2.Q1 , podemos afirmar que a carga do capacitor
1, nesta nova associação, será:
Cálculo da potência dissipada nos resistores:
PD = Req . i2 = (200 + 300) x (0, 02) 2 = 0, 20 W .
Q'1 = 2.Q1 –
05 B
Chave ligada no ponto X calcula-se a f.e.m () do gerador:
Como: U1 = U2 e C =
f = Req. i = (6, 5 + 1) . 0, 4 = 3, 0 V.
Chave ligada no ponto Y calcula-se a energia armazenada no capacitor.
Observe que o capacitor está em série com o gerador. Logo, a ddp nas
placas do capacitor será igual a fem () do gerador.
10–9 . 32
C . f2
=
= 4, 5 .10–9 J
Ecap =
2
2
2C x C
2C
=
.
A capacitância equivalente vale Ceq =
3
2C + C
A energia armazenada pela associação é a energia armazenada pelo
capacitor equivalente.
1 2C
1
C . U2 = 0, 1 "
x (100) 2 = 10–1
2 3
2 eq
–5
C = 3, 0 x 10 F = 30 nF
Epot =
07 C
A energia armazenada no capacitor vale Ep =
4 x 122
CU2
=
= 288 J .
2
2
08 C
Quando a chave for fechada a ddp nas placas do capacitor será igual
a f.e.m da bateria (U = 1,2 V).
Q = C . U = 15n x 1, 2 = 18n C
09 A
Observe que os capacitores C1 e C2 estão em paralelo. Logo, a ddp entre
A e B é a mesma para os dois capacitores. O capacitor C3 está em série
com o equivalente de C1 e C2. Logo, a carga armazenada no capacitor
C3 é igual a soma das cargas do capacitor C1 + C2.
Q3 = Q1 + Q2
C3 x UBC = (C1 + C2) x UAB
Q'1
Q'
= 2 "
C1
C2
7.Q1
Q1
4 = 4 "x=1
C1
x.C1
7
11 D
C = Q/V  Q = C.V
Devido a inversão de polaridade e considerando que para o vácuo a
permissividade seja 0 a permissividade efetiva será ( – 0) e desta
forma Q = C.V  Q = ( – 0) . S.V/d
3n x UBC = 2n x UAB & UAB =
U = q/C
No circuito em série:
 = U1 + U 2
 = (q/C1) + (q/C2) => /q = (1/C1) + (1/C2) =>
=> /q=(C1 + C2)/(C1 .C2)
No circuito em paralelo:
 = U1
 = q1/C1 => q1 = .C1
 = U2
 = q2/C2 => q2 = .C2
q1 + q2 = .C1 + .C2 = .(C1 + C2) = 4q =>
=> (C1 +C2) = 4q/ => C1 = 4q/  – C2
Então:
/q = (C1 + C2)/(C1 .C2)
/q = (4q/)/(C1 .C2) => C1 .C2 = 4q2/2
C1 .C2 = 4q2/2
(4q/ – C2) .C2 = 4q2/2 =>
=> C22 – (4q/).C2 + (4q2/2) = 0 => C2 = 2q/
E ainda:
C1 = 4q/ – C2 = 4q/ – 2q/ => C1 = 2q/
13 B
3n x UBC = (1n + 1n ) x UAB
3
U
2 BC
Ciências da Natureza e suas Tecnologias
FÍSICA – Volume 04
AP 2013 FIS IV V4 RESOLUÇÃO.indd 44
Q
Q
"U=
C
U
12 A capacitância de um capacitor é dada por C = q/U de onde vem =>
06 E
44
Teremos: U1 = U2 "
Q1
7.Q1
=
4
4
A carga máxima suportada deve-se ao campo elétrico estabelecido
entre as placas, o qual não pode superar a rigidez dielétrica do ar.
Assim, a carga inicial é dada por:
FÍSICA IV
01/08/2013 11:45:14
Q (i) = C.U =
A força magnética age como resultante centrípeta:
fo.A
.U
d
Ao introduzirmos o dielétrico de vidro de constante dielétrica k e espessura d/2 transformamos o capacitor inicial em dois capacitores, C1
e C2, associados em série. Sendo C1 =
k f .A
fo.A
e C2 = o = kC1 .
d/2
d/2
A capacitância equivalente Ceq será:
C1.C2
C .kC
k fo A
2k fo A
= 1 1 =
=
.
C1 + C2
C1 + kC1
k + 1 d/2
k+1 d
Ceq =
FMAG = Fcent &
Z
m1 v
]
]]R1 = | q | B
1
[
]R = m2 v
] 2 | q2 | B
\
EA ă BLOCO
A carga final será: Q (f) = Ceq.U =
2k fo A
2k
.U =
.Q (i)
k+1 d
k+1
14 A
4
4
4
Co x 4kCo
4kCo
4kCoCo
C' x C''
4k
= 3
= 3
= 3
=
C
4
4
C' + C''
3k + 1 o
1
Co + 4kCo
(3k + 1)
4 f + k pCo
3
3
3
&
m1
1
= .
m2
2
06
f =–
DU
; onde:
Dt
Substituindo na lei de Faraday:
f=–
3
– .B.r.a2
DU
=– 4
Dt
1
3
.B.r.a2
4
De acordo com a definição de resistência elétrica: R =
R=
Co
3k + 1
=
4k
4k
C
3k + 1 o
i=
3
.B.r.a2
f
f
"i= "i= 4
i
R
R
f
; concluímos:
i
3.B.r.a2
(com unidades no S.I.), no sentido horário.
4.R
Nota: o sentido foi determinado pela Lei de Lenz.
15 B
Com a chave aberta C1 e C2 estão em paralelo sob ddp de 10 V.
Então temos:
Q1 = C1.U = 1, 0.10 .10 = 10.10 C
–9
–9
10 V
TC ă BLOCO
R1
C1
i
Com a chave fechada os resistores ficam sem
série e temos uma corrente de intensidade
i=
R1
m
= 1
2 R1
m2
3
a
DU = B. (r. ( ) 2 – r.a2) = – .B.r.a2
2
4
f=
O capacitor de capacitância C1 será:
Co
=
C1
mv
.
|q | B
Como S = r.a2 (área do círculo), teremos:
4f A
4Co
kf A
4k fo A
fo A
= o =
= 4kCo
; C'' = o =
3d/4
3d
3
d/4
d
A razão pedida entre Co e C1 será:
&
& R=
DU = U – U0 = B.S – B.S0 = B. (S – S0)
Observando a resolução da questão 13 podemos verificar que o capacitor C1 da figura 2 pode ser considerado como sendo o equivalente de
dois capacitores em série: um capacitor C’ com dielétrico ar e distância
3d/4 entre as placas, e o outro C’’ com dielétrico vidro e distância d/4
entre as placas. Assim, teremos:
C1 =
R1
m
= 1
R2
m2
= tensão elétrica.
t = 1s.
foA
A figura 1 nos permite escrever Co =
d
C' =
&
m v2
R
01 Resolução: Lei de Faraday:
Q (f)
2k
=
.
Q (i)
k+1
Logo, a razão entre as cargas será:
|q| vB =
U
10
=
= 4, 0.10–3 A .
R1 + R2
(1, 0 + 1, 5)103
i
R2
C2
O capacitor C1 em paralelo com R1 ficará
submetido a uma ddp de:
U1 = R1.i = 1, 0.103.4.10–3 = 4, 0 V .
0V
A nova carga de C1, Q1’, será: Q1' = C1.U' = 1, 0.10–9.4 = 4, 0.10–9 C ;
A variação da carga de C1 pedida será:
DQ = Q – Q1 = 4, 0.10 – 10.10
'
1
–9
–9
& DQ = – 6, 0.10 C
–9
05
01 A
Figura I: linhas de campo eletrostático – placa plana eletrizada positivamente.
Figura II: linhas de campo eletrostático – duas partículas eletrizadas
positivamente.
Figura III: linhas de campo magnético – espira percorrida por corrente
elétrica.
Figura IV: linhas de campo magnético – fio reto percorrido por corrente
elétrica.
02 B
Utilizando a regra da mão direita para determinar o sentido do vetor
B, encontramos a opção B.
03 D
A intensidade do campo magnético produzido por um fio retilíneo é
REVISÃO
Capítulo
14
E
APROFUNDAMENTO III
Campo Magnético de ¸mãs e de Correntes Elétricas;
Indução Eletromagnética
dado pela expressão B =
n0i
.
2rr
Observe que ela é diretamente proporcional à corrente elétrica. Sendo
assim, se duplicarmos a corrente, duplicaremos também a intensidade
do campo.
04 C
EA ă BLOCO
05
01 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.
02 1/2
Pela regra da mão direita, íons de carga positiva sofrem, inicialmente,
força magnética para a direita, atingindo a placa C1; os íons de carga
negativa sofrem, inicialmente, força magnética para a esquerda,
atingindo a placa C2.
FÍSICA IV
AP 2013 FIS IV V4 RESOLUÇÃO.indd 45
B2 B
C
A
D
i
B1
E
H
i
B
F
G
Aplicando a regra da mão direita (regra do saca-rolhas), obtemos os
vetores B1 para o campo magnético da corrente que passa pela aresta
DA e B2 para o campo da corrente que passa pela aresta GH. Como
esses dois campos têm a mesma intensidade, o campo magnético
resultante, B , tem o sentido CF, indicado na figura.
Ciências da Natureza e suas Tecnologias
FÍSICA – Volume 04
45
01/08/2013 11:45:14
05 A
Para que o elétron não seja desviado, a resultante das forças atuantes
sobre ele é nula. Como a partícula possui carga negativa, a força elétrica
tem sentido oposto ao do campo. Se E tem o mesmo sentido do eixo
z, a força elétrica está sobre esse mesmo eixo orientada para baixo. Se
B tem o mesmo sentido do eixo x, pela regra da mão direita, a força
magnética está sobre o eixo z, orientada para cima. Podemos ainda
relacionar as intensidades desses campos.
Sendo v e q os módulos da velocidade e da carga do elétron, temos:
Felet = Fmag
&
qE=Y
qvB
Y
E
= v.
B
&
06 A
qvB = m
Então, as razões pedidas valem:
4rmp
Td
eB
=
#
2rmp
Tp
eB
4rmp
Ta
eB
=
#
Tp
eB
2rmp
R1 =
0, 009 m , 10 mm = 1 cm
07 B
&
Td
= 2.
Tp
&
Ta
= 2.
Tp
12 B
mv
3 # 10–25 # 10–4 # 3 # 108
v2
=
"R=
,
qB
R
3 # 1, 6 # 10–19 # 2
B = 1.000 . n0 .
2 rmp
;
eB
2 r2mp
4 rmp
=
Td =
;
eB
eB
2 r4mp
4 rmp
=
Ta =
.
2eB
eB
Tp =
mv
mv
e R2 =
| q1 | B
| q2 | B
mv
| q1 | B
R1
2R2 | q2 |
=
=
&
& q2 = –2q1
mv
R2
R2
| q1 |
| q2 | B
6
4 . 10
N
.1, 5 = 12r .102 T
. i " B = 1.000 . 4r .10–7 .
2
,
08 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
09 C
Dados: B = 10–2 T; v = 5 x 105 m/s; e = 1,6 x 10–19 C; m = 1,6 x 10–27
C; π = 3.
B
Como o módulo da carga q2 é maior que o módulo da carga q1
concluímos que F2 > F1.
13 B
Como o movimento é circular uniforme, a força magnética age como
resultante centrípeta:
mv
mv2
(1, 7 # 10–27) # (3 # 104)
=
&r=
&r=
r
|q | B
(1, 6 # 10–19) # (1, 6)
= 1, 875 # 10–4 & r , 2 # 10–4 m
Fmag = RC & | q | vB =
14 A
v
m; e
Para a partícula K,  = 0°  sen = 0  Fmag = 0  essa partícula
não sofre desvio.
Para a partícula L,  = 90°  sen = 1  Fmag = |q| v B  A direção e o
sentido dessa força são dados pela regra da mão direita.
Fmag
A trajetória do próton no interior do campo magnético é circular, pois
a força magnética age como resultante centrípeta (desprezando a ação
de outras forças). O sentido dessa força em cada ponto é dado pela
regra da mão direita.
Fmag = Rcent & evB =
m v2
mv
.
&r =
r
eB
15 C
Calculando a corrente elétrica da bobina,
i = V/ ar + R k = 50/ a2 + 8 k = 50/10 = 5 A.
O campo magnético de uma bobina com N espiras é:
B = N $ n0 $ i/2R = 6 x 4r $ 10–7 x 5 / 0, 2 = 120 r $ 10–7/ 0, 2 =
= 600 r.10–7 = 6 r $ 10–5T
Assumindo que a partícula descreva meia volta no interior do campo,
temos:
r=
1, 6 # 10–27 # 5 # 105
& r = 0, 5 m.
1, 6 # 10–19 # 10–2
TC ă BLOCO
01 E
O perímetro de meia volta é:
1
C = (2 r r) = r r = 3 (0, 5) = 1, 5 m & C = 150 cm .
2
10 C
Dados: B = 1 T; r = 50 cm = 0,5 m; q = 1,6 x 10–19 C; m = 1,67 x 10–27 kg.
Uma partícula lançada perpendicularmente a um campo magnético
descreve movimento circular, porque a força magnética age como
resultante centrípeta:
| q | Br
mvY2
1, 6 # 10–19 # 1 # 0, 5
mv2
=
vB=
& | q |Y
& v=
m
r
r
1, 67 # 10–27
7
7
=
#
v 4, 8 10 m/s & v , 10 m/s.
Fmag =
11 E
RC = F &
v=
DS
Dt
&
mv
mvY2
= qvB
(I).
Y &r =
qB
r
*
2 rr
2 rr
DS = 2 rr
(II).
& v=
&T=
v
T
Dt = T (período do movimento)
Substituindo (I) em (II), vem:
T=
v
2r m Y
2 rm
f
p &T=
.
v qB
qB
Y
Assim, substituindo os dados de cada partícula nessa expressão do
período, temos:
46
Ciências da Natureza e suas Tecnologias
FÍSICA – Volume 04
AP 2013 FIS IV V4 RESOLUÇÃO.indd 46
06
O vetor indução magnética no interior do solenóide tem direção
vertical. Como a espira também se desloca na direção vertical, o fluxo
magnético através dela é nulo. Portanto, não surge força magnética
na espira.
Como a velocidade é constante, a força resultante é nula. Ou seja, a
tração no fio tem a mesma intensidade do peso da espira, dentro ou
fora do solenóide.
02 B
DB
Dados: N = 10;  = 30°;
= – 0,5 T/s;
Dt
De acordo com a lei de Faraday-Neumann, a força eletromotriz induzida
() em N espiras de área A, sendo  o ângulo entre a normal ao plano
das espiras e o vetor indução magnética ( B ), é dada por:
f=–
5 3A
DU
DB
= –N
A cos a = –10 (–0, 5) A cos 30c & f =
2
Dt
Dt
03 A
Para anular a tensão na mola, devemos ter uma força magnética para
cima igual ao peso.
BiL = mg " i =
mg
0, 18 # 10
=
= 3, 0 A
BL
3 # 0, 2
FÍSICA IV
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04 D
I. Correto, pois a f.e.m depende da variação temporal do fluxo através
da espira B e, portanto, depende da velocidade.
II. Correto: se há uma f.e.m induzida, haverá corrente elétrica que irá
produzir um campo magnético.
III. Errado: a corrente depende da resistência: i =
f.e.m
.
R
12 D
Analisando cada uma das proposições.
1. Verdadeira. De acordo com a lei de Faraday-Neumann, a força eletromotriz induzida () (em módulo), é dada pelo módulo da taxa de
variação do fluxo magnético ( DU ), relativamente ao tempo (t).
De 2 s a 4 s, temos:
05 A
Quando o ímâ está parado, a agulha da bússola aponta na direção
norte-sul da Terra.
Quando o ímã está sendo empurrado surge nas espiras uma corrente
induzida que gera um campo magnético paralelo ao eixo da espira.
Esse campo magnético promove o deslocamento do polo norte da
agulha da bússola para esquerda (direção noroeste).
Quando o ímã está sendo puxado de volta surge nas espiras uma
corrente induzida, em sentido oposto ao anterior, que gera um campo
magnético paralelo ao eixo da espira, também de sentido contrário
ao anterior. Dessa maneira, o polo norte da agulha da bússola será
deslocado para a direita (direção nordeste).
f =
2. Falsa. O sentido da corrente induzida depende do sinal da variação
do fluxo magnético. De 2 s a 4 s a variação é positiva, enquanto
que de 8 s a 12 s a variação é negativa, acarretando correntes de
sentidos opostos.
3. Falsa. Entre 4 s e 8 s, a corrente induzida é nula, pois o fluxo magnético é constante, ou seja, a variação do fluxo é nula (= 0).
4. Verdadeira. De 8 s a 12 s a força eletromotriz induzida é:
06 E
f =
G
M
F
P=
I
f2 252
=
& P = 125 w
R
5
13 B
H
N
J
Como a corrente é constante e a força magnética tem módulo constante, para a esquerda, e igual Fm = Bl, sendo o comprimento da
barra, a aceleração será constante para a esquerda.
07 B
I – verdadeira; o fluxo magnético está aumentando, logo, o fluxo
induzido será em oposição ao fluxo indutor. Sendo anti-horário
o sentido da corrente induzida significa que o fluxo induzido será
para fora da página. Dessa maneira o fluxo indutor é para dentro
da página.
II – verdadeira; a corrente induzida no circuito 2 terá o mesmo sentido
da corrente induzida no circuito 1 tendo em vista que em ambos
o fluxo magnético está aumentando com o tempo.
III – falsa; o fluxo magnético no circuito 1 é o dobro do fluxo magnético no circuito 2, porque a distância entre os fios paralelos no
circuito 1 é o dobro da distância no circuito 2. Logo, a variação
da área no circuito 1 é o dobro da variação da área no circuito 2.
A indução de corrente só pode ocorrer se o fio estiver em um plano
paralelo ao plano da espira, devido às características tridimensionais
do campo magnético formado.
14 A
No esquema (a) o fio com a corrente dirigida para fora da página é
repelido pelos outros dois fios com forças de mesmo sentido, enquanto
o fio com a corrente dirigida para fora da página no esquema (b) e
repelido pelos outros dois fios, porém as forças, têm sentidos contrários. Assim, a força resultante no esquema (a) é maior que no (b).
15 C
Aplicando a regra da mão direita para determinar o sentido do campo
magnético e em seguida para determinar o sentido da força magnética
encontraremos o item C como verdadeiro.
16 C
Aplicando a regra da mão direita para determinar o sentido de B
na região do condutor 2 vemos que é para dentro da página e sua
intensidade vale:
08 A
B=
Se o fluxo é constante, não há força eletromotriz induzida.
09 E
Os eletroímãs usam o efeito magnético da corrente elétrica para atrair
metais ferromagnéticos.
noi
4r . 10–7.4
=
= 8 .10–5 T .
2rd
2r . 10–2
Aplicando a regra da mão direita para determinar o sentido da força
magnética sobre o condutor 2 vemos que ela é para esquerda e tem
intensidade igual a:
F = BiL = 8.10–5.0, 1.10–1 = 8.10–7 N .
10 A
A força magnética é a força centrípeta. Portanto:
qvB = m
| DU |
0 – 100
= 25 V .
& f =
Dt
12 – 8
A potência dissipada no circuito é:
FM
I
| DU |
100 – 0
=
= 50 V
Dt
4–2
2
qBR
q
v
= f pBR " v = 108 x 0, 4 x 10 x 10–3 = 4, 0 x 105m/s.
"v=
m
m
R
Dados: P = 10 W; R = 10 ; n = 100.
A força eletromotriz () induzida na bobina alimenta a lâmpada. Da
expressão da potência elétrica, vem:
P=
f2
& f = PR = 100 & f = 10V
R
Da lei de Faraday, a força eletromotriz induzida numa bobina com n
espiras é dada por:
DU
DU
, na qual
representa a variação temporal do fluxo
=n
Dt
Dt
magnético através de cada espira.
Então, substituindo:
DU
DU
= 0, 10 W b/s.
10 = 100
&
Dt
Dt
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Como sabemos, im =
do tempo.
DQ f
f.Dt DzB Dt DzB
= " DQ =
=
=
.
" independe
R
R
R
Dt
Dt R
18 A
11 B
FÍSICA IV
17 D
Utilizando a Lei de Faraday-Lenz concluímos que, com a queda da
haste, a área da espira aumentará, produzindo uma variação do fluxo
do campo e gerando uma f.e.m que produzirá a corrente indicada na
figura. Demonstra-se que a f.e.m induzida na barra vale  = Bv. Com
a passagem da corrente, a barra será submetida a uma força voltada
para cima de módulo F = Bi. A barra parará de acelerar quando a
força magnética for igual ao seu peso.
_
F = Bi, = mgb
mgR
B, v
10 x 1
b
f
B,v ` " B . R . , = mg " v = B2 ,2 = 12 x 12 = 10 m/s
i= =
R
R b
a
19 B
Sabemos que condutores paralelos percorridos por correntes elétricas
de sentidos opostos repelem-se, devido à interação eletromagnética entre
eles, onde a intensidade da força é dada por: F =
n0 . i1 . i2 . L
, sendo que:
2.r .r
Ciências da Natureza e suas Tecnologias
FÍSICA – Volume 04
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F: intensidade da força trocada entre os condutores;
μ0: permeabilidade magnética do meio. No vácuo μ0=4.π.10–7 (unidades no S.I.);
i1: intensidade da corrente elétrica que percorre o fio 1;
i2: intensidade da corrente elétrica que percorre o fio 2;
L: comprimento do fio;
r: distância entre os fios.
Considerando a tensão T nos cabos nula, teremos as seguintes forças
atuando nos fios:
F
P
F
Como o fio de cima pesa 0,080 N/m, teremos: P=0,080.L (em Newtons),
onde L representa o comprimento do fio em metros.
F=P"
n0 . i1 . i2 . L
n .i .i
= 0, 080.L " 0 1 2 = 0, 080
2.r .r
2.r .r
Substituindo os valores:
n0 . i1 . i2
4 . r . 10–7. 20 . 40
= 0, 080 "
= 0, 080 " r = 2 x 10–3 m
2.r .r
2.r .r
20 C
Ao rotacionar o disco metálico imerso no campo magnético perpendicular ao disco, é gerado entre a extremidade do disco e o seu centro
uma f.e.m (E) induzida dependente da velocidade angular do disco.
Considerando a velocidade angular do disco, a f.e.m (E) induzida também será constante. Assim, a potência dissipada no resistor é dada por:
P=
E2
R
Sendo a resistência (R) da lâmpada constante (resistor ôhmico), podemos
concluir que a potência dissipada na lâmpada será constante.
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