Gabarito AP1-2019-2Provisorio

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AP1-2osem-2019-ICF II 11
AVALIAÇÃOPRESENCIAL 1
PROVA AP1
QUESTÃO 1
A afirmação é verdadeira. Se um objeto carregado é aproximado do objeto neutro, as cargasopostas neste último tenderão a ser induzidas, por atração ficando mais próximas do objetocarregado onde a força elétrica é maior. (1pt)
QUESTÃO 2
a) A partir do estudo do sinal das cargas e do posicionamento das mesmas, podemos concluir
que E1 = E2. Logo, podemos calcular somente um dos campos e fazer que o campo elétricoresultante seja igual a ER = 2E1.
Indo para o cálculo de E1, começaremos com o módulo. Pela geometria do problema, temosque:
E1 = 
k0 Q1
d1A
2 → E1 = 
k0q
a2
4 +
b2
4
→ E1 = 
4k0q
a2+b2
(0.2pt)
Ao adicionar o direcionamento do campo elétrico, podemos escrever:
E1 = E1 . cos θ x̂ + E1 . sin θ ŷ
Onde, a partir da geometria do problema, temos que:
cos θ = b
a2+b2
(0.2pt)
sin θ = a
a2+b2
(0.2pt)
Juntando os últimos resultados, temos, para E1:
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E1 =
4k0q
a2 + b2
. b
a2 + b2
x̂ + 4k0q
a2 + b2
. a
a2 + b2
ŷ
E1 =
4k0q
a2+b2
3 2(bx̂ + aŷ) (0.2pt)
Por fim, encontrando o campo elétrico resultante ER:
ER = 2E1 → 𝐄𝐑 =
𝟖𝐤𝟎𝐪
𝐚𝟐+𝐛𝟐
𝟑 𝟐(𝐛�̂� + 𝐚�̂�) (0.2pt)
b) Aplicando a fórmula da energia elétrica para o par de cargas presente na questão:
EEL =
kQ1Q2
d12
→ 𝐄𝐄𝐋 =−
𝐤𝟎𝐪𝟐
𝐚𝟐 + 𝐛𝟐(1pt)c) Por simetria, uma vez que o ponto A é o ponto médio entre duas cargas de valoressimétricos, temos que 𝐕𝐀 = 𝟎. (1.0pt)
QUESTÃO 3
a) A partir do enunciado do problema, vemos que o coeficiente angular a encontrado seráequivalente ao campo elétrico entre os terminais:
E = 1,257 Vmm → 𝐄 = 𝟏𝟐𝟓𝟕
𝐕
𝐦 (1pt)
b)
U = E.d → V − V0 = E.d → V = V0 + E.d
A partir do enunciado do problema, temos que V0 é o terminal de menor valor de potencial,o que foi chamado de terminal negativo. Logo:
V 1 cm = 0,001 + 1,257.10 → 𝐕 𝟏 𝐜𝐦 = 𝟏𝟐,𝟓𝟕𝟏 𝐕 (1 pt)
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QUESTÃO 4A questão saiu com a unidade de campo elétrico N/m, no lugar de V/m. Tendo em vista quefoi fornecido um formulário com a prova, a questão foi mantida.
Como o campo elétrico é positivo e uma vez que a partícula se desloca entre as posições x1 =
2 m e x2 = 20 m, temos que a velocidade está na direção positiva do eixo x. . Assim sendo:
V2 − V1 < 0 → U21 =− E.d → U21 =− 22.18 → 𝐔𝟐𝟏 =− 𝟑𝟗𝟔 𝐕
∆EEL = q.U21 → ∆EEL = 2,2.10−12. − 396 → ∆EEL =− 8,712.10−10 J(1 pt)
Passando para MeV:
E= q.U = 1 [C] x 1[V] = 1 [J]
para uma carga de 1,6 × 10−19C temos que E=1,6 × 10−19[C] x 1[V]=1,6 × 10−19[J]
para 106 elétrons teremos E= 1,6 × 10−13[J], ou seja 1 MeV = 1,6 × 10−13J,
∆EEL =− (8,712.10−10 J/ 1,6 × 10−13J) MeV = - 5445 MeV (0.5pt)
Uma vez que a carga em questão é positiva, a força elétrica apontará no mesmo sentido docampo, o que nos dará uma aceleração no mesmo sentido da velocidade, o que nos dá umacarga sendo acelerada (0.5pt)
QUESTÃO 5
Utilizando os pontos e os sentidos de corrente definidos abaixo, podemos escrever:
i1
i2
i3
A
C
D
E
F
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Da conservação de corrente, temos que:
i1 + i2 = i3 (1)
Da malha ABCDA, ficamos com:
1,5 − 330i1 + 560i2 − 1,5 = 0 → 330i1 − 560i2 = 0 (2) (0.4 pt)
E da malha ABEFA, obtemos:
1,5 − 330i1 − 560i3 = 0 → 330i1 + 560i3 = 1,5 (3) (0.4 pt)
Com essas três equações, temos um sistema que possui as correntes como incógnitas.Fazendo a solução dele, encontramos:
i1 = 0,00123 A (0.2 pt)
i2 = 0,00072 A (0.2 pt)
i3 = 0,00195 A (0.2 pt)
Por fim, utilizando a primeira lei de Ohm, onde U = R.i, encontramos a tensão U em cadaum dos resistores:
U1 = 330.0,00123 → 𝐔𝟏 = 𝟎,𝟒𝟎𝟓𝟗 𝐕 (0.2 pt)
U2 = 560.0,00072 → 𝐔𝟐 = 𝟎,𝟒𝟎𝟑𝟐 𝐕 (0.2 pt)
U3 = 560.0,00195 → 𝐔𝟑 = 𝟏,𝟎𝟗𝟐𝟎 𝐕 (0.2 pt)