Ed Engenharia

esolução dos Exercícios ED

1ª)

a2 = b2+c2-2.b.c.cos(θ)  θ = 36,87º |F13| = 3,6N |F23| = 3,375N

|Fres|2 = |F13|2+|F23|2+2. |F13|.|F23|.cos(θ)  |Fres|=6,62N

Justificativa: Aplica-se primeiramente a lei dos cossenos para encontrar o ângulo entre as forças e depois de determinar seus módulos aplica-se novamente a lei dos cossenos para achar a força resultante.

Resposta A

2ª)

F23 sen(α )=Fres sen(143,13º )

α = asen(0,306)= 17,8º

Justificativa: Aplica-se a lei dos senos.

Resposta E

3ª)

F+Qq = k 0

Q.q dx −2

− Q.q d x + 222= 281,3907 N

F−Qq = k 0= 281,1094 N

|Fres| = 281,3907 - 281,1094 = 0,2813 N

a=Fres m= 2,813 ms²

Justificativa: Encontra-se a força resultante aplicada na carga q e depois, aplica-se a 2ª lei de Newton para encontrar a aceleração.

Resposta A

4ª)

E =Fresq= 0,2813−4 C 5.10 N = 562,6

Justificativa: Encontra-se o campo elétrico no ponto P dividindo a força resultante pela carga q no ponto P.

Resposta-B

5ª)

dE d x = k0Qr 2 + x2 dx dx =0 32−3 2 −5 2 dE 3 r 4 = k 0 Q1.(r 2 + x 2 ) − .x.(r 2 + x 2 ) .2 x = 0 x = ± =± = ±2,83m

Justificativa: Deriva-se o campo elétrico E do enunciado em função da variável x e iguala-se a zero, para encontrar o ponto de máximo desta função.

Resposta C

6ª)

E=1 Q.x 4πε 0 r 2 + x(2 32) i para x >> r E = 1 Q.x 4πε 0 x (2 32)= Q.x ˆ 1 Q ˆ i= i 3 4πε 0 x 4πε 0 x 2 1

Justificativa: Para x muito maior do que r, podemos desprezar o r e simplificar a expressão, obtendo assim um campo idêntico ao de uma carga puntiforme.

Resposta B

7ª)

Ex = k0 L dq λ = k0  dx 0 r ( x P − x )2

u = xP – x

Ex = k0λ −1 du u2

L 1 −6 = k λ 1 − 1 = 9.10 9. 5.10 1 − 1 = 5625 = 803,6 N Ex = k0λ 0 (x p − x ) 0 10 4 14 7 C a L+a

Justificativa: Integra-se o fio de comprimento L eletrizado com uma densidade linear de carga constante, como descrito no enunciado.

Resposta A

8ª)

−6 1125 N 1 1 9 5.10 Ex = k0λ − = 6,25 = 9.10 . − = 10 80 90 4 C a L+a

Resposta E

Justificativa: A partir do resultado do exercício anterior aplica-se um novo valor para a distância entre o ponto P e o bastão eletrizado

9ª)

V = k0

Q r

r1 = 225m r2 = 112,5m Δr = 112,5m

r2 = 112,5m r3 = 75m Δr = 37,5m

r3 = 75m r4 = 56,25m Δr = 18,75m

Justificativa: Encontram-se as distâncias para as várias equipotenciais e depois determinasse à distância entre elas.

Resposta: C

10ª)

τ Fel = −ΔEP = −q.ΔV = −2.10 −3 (800 − 200) = 1.2 J → τ Oper = −τ Fel

Justificativa: O trabalho corresponde à diminuição da energia potencial da partícula, e o trabalho do operador é igual ao do campo elétrico com sinal trocado.

Resposta: A

11ª)

2 2.m. E mv0 m 4E EM 0 = EM A → qU = → q. E .d = →d = = 0,2m

Justificativa: Considerando que a energia mecânica inicial e igual a energia mecânica no ponto A, determina-se a distância d indicada na figura

Resposta: A

12ª)

Fel _ A = q.E = 3,2.10 −2 (−200 ˆ) = −6,4 ˆ ( N ) j j

Justificativa: No ponto A, a velocidade da partícula é nula, portanto existe somente uma força eletrostática atuando sobre a mesma.

Resposta: E

13ª)

ˆ ˆ j FAB= 4. 0,3k × 0,5 ˆ = 4.0,3.0,5 k × ˆ = 0,6 ˆ( N ) j j −

FBC = 4. − 0,2 ˆ × 0,5 ˆ = −4.0,2.0,5 ˆ × ˆ = 0 j j j j

Justificativa: Para encontrarmos a força sobre a espira aplicamos a expressão indicada no enunciado em cada lado da espira.

Resposta: A

14ª)

µ = I . A.n = 4.0,06iˆ = 0,24iˆ (A.m 2 )

τ = µ × B = 0,24i × 0,5 ˆ = 0,12k (N .m )

Justificativa: Após encontrar o momento magnético da espira, determina-se o torque, fazendo o produto vetorial com o campo magnético que atua sobre a espira.

Resposta: B

15ª)

Resolvido em sala

Justificativa: Aplica-se ao calorímetro a equação do balanço energético (conservação de energia).

Resposta D

16ª) Resolvido em sala

Justificativa: Após aquecer o gelo até zero grau, a energia restante será fornecida ao gelo na forma de calor latente. Deste modo pode-se encontrar a massa de gelo derretida e a quantidade de massa de gelo restante.

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