Gabarito ED de Eletricidade Básica

ED de Eletricidade Básica

1. (A)- Aplicando a lei dos cossenos achamos o ângulo de 36,87°. Na formula da Força elétrica aplicada nas projeções em Fq1q3= 3,6N e em Fq2q3=3,38N. Projeções resultante no ponto R=(6,304i+2,028j)N. Resultante da força final no ponto R=√(6,304²+2,028²), logo R=6,622N.

1. (E)- Projetamos o ângulo de 36,86° tanto em cosseno como em seno nas forças encontradas em Fq2q3,Fq1q3. Ficando Fq1q3= -3,6i (N) e Fq2q3= 2,7i+2,63j(N), somando as projeções temos a Resultante= -6,3i+2,03j (N). Achar o ângulo da tangente, arctang= │2,03/6,3│=0,3222;arctan= 17,86°.

1. (A)- Encontramos as Forças elétricas entre os pontos A e B e entre o ponto 0 e P. FAB=281,39N e F0P=281,11N. F=m.a onde F=(281,39-281,11)N e m=0,1kg temos a aceleração=2,8 m/s2 .

1. (B)- Campo elétrico (E) usando a carga de Q. Distancias 0P=4m subtraindo a AB= 0,002m. Encontramos E=562,49 (N/C).

1. (C)- Aplicando a formula de campo elétrico dada no enunciado utilizandocomo distânciasR e o X (que é oque queremos encontrar). Achamos que X= R/ √2=2,82m.

1. (B)- Nesse caso por X ser muito maior que R, fazendo soma ou subtração o valor de R acaba sendo insignificante para o valor que vai se dividir. Simplificando a fórmula achamos (1Q/ (4πɛ0)X2)i.

1. (A)- X será a soma da metade da barra com a distância de alfa (α), X=9m e a=5m. Aplicando o a equação de lambda na formula do Campo elétrico achamos: (1Q/ (4πɛ0).(x-a).(x+a)). No final Ep= 803,571 (N).

1. (E)-X=85m. Aplicando o valor de X na fórmula do campo elétrico (E). Achamos que E= 6,25i (N/C).

1. (C)-Achamos que o raio (r)= 1Q/(4πɛ0)V, onde V será a Velocidade e adotaremos á os valores de tensões 200V, 400V, 600V e 800V. Precisamos encontrar as distâncias percorridas entre uma tensão e outra e essa distância será representada pelo nosso raio (r). Usando os valores de tensão na fórmula já citada do raio (r) achamos r200= 225m,r400= 112,5m, r600= 75m e r800= 56,25m. Calculando os raios dos pontos pedidos: r200-400= 112,5m, r400-600= 37,5m e r600-800= 78,75m.

1. (A)- τ(trabalho) = q(carga no ponto) *V(potencial elétrico); temos que q= 0,002C e V= 800-200 (v). Montando: τ= 0,002*600. τ= 1,2J.

1. (A)- Sabemos que v (velocidade)= E/B ficando v=200/ 0,5 logo v=400m/s. Para acharmos o d da questão usaremos a fórmula que contém R(raio) que será nossa distância desejada, v=qbR/m ficando 400= 0,032*0,5*R/ 0,000004 logo R=0,2m.

1. (E)- F= qE+V˄B; F=0,032*(-200j) logo FLorentz= -6,4j (N).

1.  (A)- Fórmula de força magnética aplicada nos pontos desejados teremos FAB=I*L1˄B; aplicando os valores dados no enunciado FAB= 4*0,3k˄0,5j logo temos que FAB= -0,6i (N)e FBC= I*L2˄B; FBC=4*0,2j˄ 0,5j logo temos que FBC=0.

1. (B)- u=I*A*n aplicando os valores temos u=4*0,06*1j logo u=0,24j. Agora para acharmos o trabalho pedido teremos τ=u˄B, aplicando os valores que temos e achamos τ= 0,24i ˄ 0,5j logo τ= 0,12k (Nm).

1. (D)- Qgelo+ Qfusão+ Qgelo derretido + Qágua=0; aplicando as leis da calorimetria teremos que: mg*c*(θ2-θ1) + mf*L + mgd*c *(θ2-θ1) + mág*c*(θ2-θ1)=0; dando seus devidos valores para acharmos a incógnita 6*0,5*(0-(-26)) + 6*80 + 6*1*(θ2-0) + 70*1*(θ2-15)=0; calculando essa equação achamos θ2= 6,474°C.

1. (A)- Aplicando conceito de que o a somatoria dos calores(Q) é igual a zero(∑Q-=0), temos, Qaguaquente+Qgelo+Qfusão=0, portanto,                              -494+195+299=0 e  -494+195+m.80=0 (m=299/80), temos que m= 11,3g

1. (C)- Usando a primeira lei da termodinamica temos que ∆U=Q-τ, então Q=∆U+τ, Q=96+80/ Q=176atm.l

1. (B)- Trabalhando a fórmula que temos da variação da energia interna (ΔU) de AD teremosΔUAD=3/2 (PdVD– PAVA); ao aplicarmos os valores visualizados no gráfico teremos ΔUAD= 3/2* (4*2 – 8*2) logo ΔUAD= -12 atm*l. Aplicando o mesmo processo: ΔUDB= 3/2 (8*10 – 4*2) logo ΔUDB= 108 atm*l. Como Resultante do problema teremos: ΔUproc= ΔUAD + ΔUDB, ficando assim ΔUproc= 96 atm*l.

1. (C)- Achando os trabalhos (τ) de AB, BC e AC. AB é adiabática (Q=0) logo temos que τ= PBVB – PAVA / 1-γ; (γ=1,67); achamos e já transformando para Joule (J) temos τAB=1791J. BC é isométrico sendo τBC=0J. AC é isotérmico tendo assim τ=PV*ln(VA/VC); teremos τAC= -2636,7J (negativo pois vai contra o fluxo). Ao final somamos o trabalho do ciclo, temos τCiclo= τAB+ τBC + τAC. Ficando τCiclo= -845,7J.

1. (A)- CA é isotérmica sento sua temperatura (T)= constante. E para acharmos sua troca do calor (calor=Q) teremos que QAC=PV*ln(VA/VC); logo teremos QAC= -2636,7J.

21 – A

EA=E2-E1

EA=p*10^9*Q2/0,10^2-9*10^9*Q2/0,15^2

EA=9*10^9*25*10^-6/0,10^2-9*10^9*12,5*10^-6/0,15^2

EA=2,25*10^7-5*10^6

EA=1,75*10^7Vm

EB=E1+E2

EB=0*10^9*Q1/0,10^2+9*10^9*Q2/0,35^2

EB=9*10^9*-12,5*10^-6/0,10^2+0*10^9*15*10^-6/0,35^2

EB=11,25*10^6+1,83*10^-6

EB=1,3086*10^7 V/m

FA=4*10^-3*1,75*10^7

FA=7*10^4N

FB=9*10^-3*1,3086*10^7

FB=5,23*10^4N

22- D

λ =12,56*10^-6/11*4

λ =9,995*10^7*10*10^7

dEy=9*10^9*λ*Q/r^2 sem0

dEy=9*10^9*λ*dC/r^2*sen0

dEy=9*10^9*λRd0*sen0/r^2

dEy=0*10^9*λ/r*sen0d0

                                 π

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