Gabarito AP3 de 2016 1

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Gabarito da AP3-1 de 2016-1.
Daniele Santos & Paulo Henrique Ortega1
Tutores à distância da disciplina Introdução às Ciências Físicas II.
1Instituto de Física, Universidade Federal do Rio de Janeiro
I. QUESTÃO 1 (q > 0)
(a) De acordo com o enunciado da questão, temos a seguinte configuração de cargas
(estamos considerando q > 0).
y(m)
x(m)
d
2d 1
21
1
θ1
θ2
~E 1
~E
2
θ2 Q2
θ1Q1
θ1
Figura 1 – Distribuição de cargas.
Da configuração de cargas, temos que os campos elétricos ~E1 e ~E2 devidos às
cargas Q1 e Q2, respectivamente, são dados, no ponto (1, 1), por
~E1 = −‖ ~E1‖ cos(θ1)ˆi− ‖ ~E1‖ sin(θ1)jˆ e ~E2 = −‖ ~E2‖ cos(θ2)ˆi+ ‖ ~E2‖ sin(θ2)jˆ, (1)
com
‖ ~E1‖ = k0|Q1|
d21
e ‖ ~E2‖ = k0|Q2|
d22
, (2)
sendo di a distância entre a carga Qi e o ponto (1, 1), i = 1, 2.
Analisando a figura (1), temos que, do teorema de Pitágoras,
d1 =
√
(0− 1)2 + (0− 1)2 =
√
12 + 12 =
√
2 (3)
e
d2 =
√
(2− 1)2 + (0− 1)2 =
√
12 + 12 =
√
2. (4)
Desta forma, temos que
‖ ~E1‖ = k0|Q1|
d21
=
k0| − q|
(
√
2)2
=
k0q
2
e ‖ ~E2‖ = k0|Q2|
d22
=
k0|+ q|
(
√
2)2
=
k0q
2
. (5)
Atenção para as possibilidades de respostas conforme sinal da carga q
2
Analisando novamente a figura (1), vemos que
cos(θ1) =
Cat. Adj.
Hipot
=
|1− 0|
d1
=
1√
2
=
√
2
2
. (6)
sin(θ1) =
Cat. Opos.
Hipot
=
|1− 0|
d1
=
1√
2
=
√
2
2
. (7)
cos(θ2) =
Cat. Adj.
Hipot
=
|1− 2|
d2
=
1√
2
=
√
2
2
. (8)
sin(θ2) =
Cat. Opos.
Hipot
=
|1− 0|
d2
=
1√
2
=
√
2
2
. (9)
Deste modo, reunindo todas as informações obtidas, temos que
~E1 = −‖ ~E1‖ cos(θ1)ˆi− ‖ ~E1‖ sin(θ1)jˆ,
= −
(
k0q
2
)(√
2
2
)
iˆ−
(
k0q
2
)(√
2
2
)
jˆ,
= −
√
2k0q
4
(
iˆ+ jˆ
)
(10)
e
~E2 = −‖ ~E2‖ cos(θ2)ˆi+ ‖ ~E2‖ sin(θ2)jˆ,
= −
(
k0q
2
)(√
2
2
)
iˆ+
(
k0q
2
)(√
2
2
)
jˆ,
= −
√
2k0q
4
(
iˆ− jˆ
)
(11)
Sabendo que o campo elétrico resultante em (1, 1) é a soma vetorial dos campos elétricos
das cargas Q1 e Q2 calculado em (1, 1), isto é,
~ER = ~E1 + ~E2, (12)
com ~Ei o campo elétrico da carga Qi, i = 1, 2, podemos utilizar as equações (10) e (11) para
determinar ~ER.
~ER = ~E1 + ~E2 = −
√
2k0q
4
(
iˆ+ jˆ
)
−
√
2k0q
4
(
iˆ− jˆ
)
= −
√
2k0q
4
(
iˆ+ jˆ + iˆ− jˆ
)
,
= −
√
2k0q
4
(
2ˆi
)
= −
√
2k0q
2
iˆ. (13)
(b) Agora consideremos a força sobre uma carga Q3 colocada no ponto (1, 1). Como
só existem as cargas Q1 e Q2, então a força ~F3, que é sobre Q3, é devido a Q1 e Q2. Deste
modo, temos que
~F3 = Q3 ~ER, (14)
3
com ~ER o campo elétrico resultante em (1, 1). Portanto, obtemos que
~F3 = Q3 ~ER = (−q)
[
−
√
2k0q
2
iˆ
]
=
√
2k0q
2
2
iˆ (15)
(c) A energia potencial eletrostática para o sistema é dada por
U = U1,2 + U1,3 + U2,3 =
k0Q1Q2
d˜1,2
+
k0Q1Q3
d˜1,3
+
k0Q2Q3
d˜2,3
, (16)
sendo d˜i,j a distância entre a carga Qi e a carga Qj, i, j = 1, 2, 3 e i 6= j.
A figura (1) nos fornece que
d˜1,2 =
√
(2− 0)2 + (0− 0)2 =
√
22 = 2m, (17)
d˜1,3 = d1 =
√
2m (18)
d˜2,3 = d2 =
√
2m. (19)
Portanto,
U =
k0Q1Q2
d˜1,2
+
k0Q1Q3
d˜1,3
+
k0Q2Q3
d˜2,3
=
k0(−q)(+q)
2
+
k0(−q)(−q)√
2
+
k0(+q)(−q)√
2
,
= −k0q
2
2
+
k0q
2
√
2
− k0q
2
√
2
= −k0q
2
2
. (20)
(d) O potencial eletrostático do sistema, calculado no ponto P = (1, 0), é dado por
VP = V1,P + V2,P + V3,P =
k0Q1
d¯1,P
+
k0Q2
d¯2,P
+
k0Q3
d¯3,P
, (21)
sendo d¯i,P a distância entre a carga Qi e o ponto P .
A figura (1) nos fornece que
d¯1,P =
√
(0− 1)2 + (0− 0)2 =
√
12 = 1m, (22)
d¯2,P =
√
(2− 1)2 + (0− 0)2 =
√
12 = 1m, (23)
d¯3,P =
√
(1− 1)2 + (0− 1)2 =
√
12 = 1m. (24)
Portanto,
VP =
k0Q1
d¯1,P
+
k0Q2
d¯2,P
+
k0Q3
d¯3,P
=
k0(−q)
1
+
k0(+q)
1
+
k0(−q)
1
,
= −k0q + k0q − k0q = −k0q. (25)
4
II. QUESTÃO 2 (q1 > 0 e q2 > 0)
(a) Considere a seguinte configuração de cargas e pontos relevantes (estamos conside-
rando q1 > 0 e q2 > 0).
0,
08
0m
0, 060m
0, 050m 0, 050m
q1
q2A
B
Figura 2 – Distribuição de cargas.
Vemos imediatamente que as distâncias características do problema são
d1,A = 0, 050m, d1,B = 0, 080m, d1,2 = 0, 100m, (26)
d2,A = 0, 050m, d2,B = 0, 060m, (27)
sendo di,X a distância entre a carga qi e o ponto X, com i = 1, 2 e X = A,B, e d1,2 a distância
entre a carga q1 e a carga q2
Sabemos que a potencial eletrostático no ponto A é dado por
VA =
k0q1
d1,A
+
k0q2
d2,A
=
k0 × (2× 10−6C)
0, 050 m
+
k0 × (6× 10−6C)
0, 050 m
=
k0 × [(2 + 6)× 10−6]
5× 10−2 C/m =
8
5
× 10−4 × k0 (C/m)
= 1, 6× 10−4 × k0 (C/m) = 1, 6× 10−4 ×
[
9× 109(N.m2/C2)] .(C/m)
= 1, 44× 106 (N.m/C) = 1, 44 MV (28)
(b) Sabemos que a potencial eletrostático no ponto B é dado por
VB =
k0q1
d1,B
+
k0q2
d2,B
=
k0 × (2× 10−6C)
0, 080 m
+
k0 × (6× 10−6C)
0, 060 m
=
k0 × [(0, 060× 2× 10−6) + (0, 080× 6× 10−6)]
0, 080× 0, 060 C/m
=
k0 × [6× 10−7]
4, 8× 10−3 C/m =
5
4
× 10−4 × k0 (C/m)
= 1, 25× 10−4 × k0 (C/m) = 1, 25× 10−4 ×
[
9× 109(N.m2/C2)] . (C/m)
= 1, 125× 106 (N.m/C) = 1, 125 MV. (29)
(b) Este item pede para calcular o trabalho realizado pela força elétrica para deslocar
uma carga de q = 1µC do ponto B para o ponto C. O mesmo é dado por
WB→A = −q∆VB→A = −q (VA − VB) , (30)
Atenção para as possibilidades de resposta devido à discordância entre enunciado e figura
5
com VA o potencial elétrico resultante devido às cargas q1 e q2 calculado no ponto A e VB o
potencial elétrico resultante devido às cargas q1 e q2 calculado no ponto B.
Utilizando os resultados obtidos nos itens anteriores, temos que
WB→A = −q (VA − VB)
, = −(1× 10−6C) [1, 6× 10−4 × k0 (C/m)− 1, 25× 10−4 × k0 (C/m)] ,
= − [1, 6− 1, 25]× 10−4 × 10−6 × k0
(
C2/m
)
,
= −3, 5× 10−9 × k0
(
C2/m
)
= −3, 5× 10−9 × [9× 109(N.m2/C2)] (C2/m) ,
= −31, 5 (N.m) = −31, 5 J (31)
III. QUESTÃO 3
(a) Sabemos que, dada uma partícula carregada com carga elétrica Q, o módulo do
seu campo elétrico e o potencial eletrostático gerado pela mesma são dados por
‖ ~E(d)‖ = k0|Q|
d2
e V (d) =
k0Q
d
, (32)
sendo k0 = 9 × 109 (N.m2/C2) e d a distância entre a partícula e o ponto onde o campo
elétrico/potencial eletrostático é calculado.
O enunciado nos diz que, numa determinada distância d¯, tem-se
‖ ~E(d¯)‖ = 500 V/m e V (d¯) = −3kV = −3× 103V. (33)
Vamos determinar d¯. Note que podemos fazer
−3× 103V = V (d¯)⇔ −3× 103V = k0Q
d¯
⇔ −3× 10
3V
d¯
=
k0Q
d¯2∣∣∣∣−3× 103Vd¯
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣k0Qd¯2
∣∣∣∣⇔ 3× 103Vd¯ = k0|Q|d¯2 = ‖ ~E(d¯)‖ = 500 V/m. (34)
Portanto,
3× 103V
d¯
= 500 V/m⇔ d¯ = 30× 10
2
5× 102 m =
30
5
m = 6 m. (35)
(b) Para determinarmos Q, nós o isolaremos na expressão do potencial eletrostático e
utilizaremos o valor do potencial V (d¯).
V (d¯) =
k0Q
d¯
⇔ Q = V (d¯)× d¯
k0
=
(−3× 103 V )× (6 m)
9× 109(N.m2/C2)
Q = −3× 10
3(N.m/C)× 6 m
9× 109(N.m2/C2) = −
18× 103
9× 109 C = −2× 10
−6 C = −2 µC (36)
6
IV. QUESTÃO 4
(a) O esquema elétrico em questão é detalhado da seguinte forma.
Figura 3 – Circuito detalhado.
Na figura (3), E é a fem de valor a ser determinado, R1 = 3, 00Ω, R2 = 10, 00Ω, R3 = 5, 00Ω,
R4 = 4, 00Ω e R5 = 3, 00Ω.
Para determinar a resistência equivalente do circuito, primeiramente, determinaremos
o resistor Req1 equivalente ao trecho do circuito entre os nós C e D. Como se trata de um
circuito em paralelo, temos que
1
Req1
=
1
R2
+
1
R3
=
R3 +R2
R2R3
⇔ Req1 =
R2R3
R3 +R2
. (37)
Utilizando os valores de R2 e R3, temos que
Req1 =
R2R3
R3+R2
=
(10, 0 Ω)× (5, 00 Ω)
10, 0 Ω + 5, 00 Ω
=
50
15
Ω =
10
3
Ω ∼= 3, 33 Ω. (38)
Desta forma, podemos substituir o trecho entre os nós C e D por um resistor Req1 =
10/3 Ω e seria completamente equivalente. O circuito ficaria da seguinte forma
Figura 4 – Circuito com resistor Req1 .
7
Agora, determinaremos o resistor Req2 equivalente ao trecho do circuito entre os nós C
e F. Como se trata de um circuito em série, temos que
Req2 = Req1 +R4 =
R4R3 +R4R2 +R3R2
R3 +R2
. (39)
Podemos utilizar os valores de R2, R3 e R4, ou apenas de Req1 e R4. Tomaremos o
segundo caso, por simplicidade.
Req2 = Req1 +R4 =
10
3
Ω + 4, 00 Ω =
10 + 12
3
Ω =
22
3
Ω ∼= 7, 33 Ω. (40)
Desta forma, podemos substituir o trecho entre os nós C e F por um resistor Req2 = 22/3 Ω
e seria completamente equivalente. O circuito ficaria da seguinte forma
Figura 5 – Circuito com resistor Req2 .
Agora, determinaremos o resistor Req3 equivalente ao trecho do circuito entre os nós B
e G. Como se trata de um circuito em paralelo, temos que
1
Req3
=
1
Req2
+
1
R5
=
R5 +Req2
Req2R5
⇔ Req3 =
Req2R5
R5 +Req2
. (41)
Req3 =
R5R4R3 +R5R4R2 +R5R3R2
R4R3 +R4R2 +R3R2 +R5R3 +R5R2
. (42)
Podemos utilizar os valores de R2, R3, R4 e R5, ou apenas de Req2 e R5. Tomaremos o
segundo caso, por simplicidade.
Req3 =
Req2R5
R5 +Req2
=
(22/3 Ω)× (3, 00 Ω)
22/3 Ω + 3, 00 Ω
=
22
31/3
Ω =
66
31
Ω ∼= 2, 13 Ω. (43)
Desta forma, podemos substituir o trecho entre os nós B e G por um resistor
Req3 = 66/31 Ω e seria completamente equivalente. O circuito ficaria da seguinte forma
8
Figura 6 – Circuito com resistor Req3 .
Por fim, determinaremos o resistor Req equivalente ao trecho do circuito entre os
nós A e G. Como se trata de um circuito em série, temos que
Req = Req3 +R1. (44)
Req =
R1R4R3 +R1R4R2 +R1R3R2 +R1R5R3 +R1R5R2 +R5R4R3 +R5R4R2 +R5R3R2
R4R3 +R4R2 +R3R2 +R5R3 +R5R2
.
(45)
Podemos utilizar os valores de R1, R2, R3, R4 e R5 ou apenas de Req3 e R1. Tomaremos
o segundo caso, por simplicidade.
Req = Req3 +R1 =
66
31
Ω + 3, 00 Ω =
66 + 93
31
Ω =
159
31
Ω ∼= 5, 13 Ω. (46)
Desta forma, podemos substituir o trecho entre os nós A e G por um resistor Req =
159/31 Ω e seria completamente equivalente. O circuito ficaria da seguinte forma
Figura 7 – Circuito com resistor Req.
Portanto, a resistência equivalente do circuito é Req = 159/31 Ω.
(b) Para determinar fem da bateria, note que a mesma coincide com a diferença de
potencial no resistor equivalente do circuito (já mostramos que podemos trocar todo o arranjo
9
original por um único resistor Req = 159/31 Ω), ou seja, utilizando a lei de Ohm,
E ≡ VReq = Req i˜, (47)
sendo i˜ a corrente que passa no resistor Req.
Sabemos que a potência P da bateria se relaciona com a fem E da mesma por meio de
P = iE, (48)
sendo i a corrente que passa na bateria.
Pela figura (7), vemos que a bateria está ligada em série com o resistor Req. Desta forma,
a corrente que passa na bateria é igual a corrente que passa no resistor, isto é, i˜ = i. Com
isso, isolando i na equação (47)e substituindo em (48), temos que
P = iE =
(
E
Req
)
E =
E2
Req
⇔ E = √PReq. (49)
Utilizando a potência da bateria fornecida pelo exercício e a resposta do item anterior,
temos que
E =
√
PReq =
√
(4 W )×
(
159
31
Ω
)
= 2
√
159
31
V ∼= 4, 53 V. (50)
V. QUESTÃO 1 (q < 0)
(a) De acordo com o enunciado da questão, temos a seguinte configuração de cargas
(estamos considerando q < 0).
y(m)
x(m)
d
2d 1
21
1
θ1
θ2
~E 1
~E
2
θ2 Q2
θ1Q1
θ1
Figura 8 – Distribuição de cargas.
Da configuração de cargas, temos que os campos elétricos ~E1 e ~E2 devidos às
cargas Q1 e Q2, respectivamente, são dados, no ponto (1, 1), por
~E1 = ‖ ~E1‖ cos(θ1)ˆi+ ‖ ~E1‖ sin(θ1)jˆ e ~E2 = ‖ ~E2‖ cos(θ2)ˆi− ‖ ~E2‖ sin(θ2)jˆ, (51)
10
com
‖ ~E1‖ = k0|Q1|
d21
e ‖ ~E2‖ = k0|Q2|
d22
, (52)
sendo di a distância entre a carga Qi e o ponto (1, 1), i = 1, 2.
Analisando a figura (1), temos que, do teorema de Pitágoras,
d1 =
√
(0− 1)2 + (0− 1)2 =
√
12 + 12 =
√
2 (53)
e
d2 =
√
(2− 1)2 + (0− 1)2 =
√
12 + 12 =
√
2. (54)
Desta forma, temos que
‖ ~E1‖ = k0|Q1|
d21
=
k0| − q|
(
√
2)2
=
k0|q|
2
e ‖ ~E2‖ = k0|Q2|
d22
=
k0|+ q|
(
√
2)2
=
k0|q|
2
. (55)
Analisando novamente a figura (1), vemos que
cos(θ1) =
Cat. Adj.
Hipot
=
|1− 0|
d1
=
1√
2
=
√
2
2
. (56)
sin(θ1) =
Cat. Opos.
Hipot
=
|1− 0|
d1
=
1√
2
=
√
2
2
. (57)
cos(θ2) =
Cat. Adj.
Hipot
=
|1− 2|
d2
=
1√
2
=
√
2
2
. (58)
sin(θ2) =
Cat. Opos.
Hipot
=
|1− 0|
d2
=
1√
2
=
√
2
2
. (59)
Deste modo, reunindo todas as informações obtidas, temos que
~E1 = ‖ ~E1‖ cos(θ1)ˆi+ ‖ ~E1‖ sin(θ1)jˆ,
=
(
k0|q|
2
)(√
2
2
)
iˆ+
(
k0|q|
2
)(√
2
2
)
jˆ,
=
√
2k0|q|
4
(
iˆ+ jˆ
)
(60)
e
~E2 = ‖ ~E2‖ cos(θ2)ˆi− ‖ ~E2‖ sin(θ2)jˆ,
=
(
k0|q|
2
)(√
2
2
)
iˆ−
(
k0|q|
2
)(√
2
2
)
jˆ,
=
√
2k0|q|
4
(
iˆ− jˆ
)
(61)
11
Sabendo que o campo elétrico resultante em (1, 1) é a soma vetorial dos campos elétricos
das cargas Q1 e Q2 calculado em (1, 1), isto é,
~ER = ~E1 + ~E2, (62)
com ~Ei o campo elétrico da carga Qi, i = 1, 2, podemos utilizar as equações (60) e (61) para
determinar ~ER.
~ER = ~E1 + ~E2 =
√
2k0|q|
4
(
iˆ+ jˆ
)
+
√
2k0|q|
4
(
iˆ− jˆ
)
=
√
2k0|q|
4
(
iˆ+ jˆ + iˆ− jˆ
)
,
=
√
2k0|q|
4
(
2ˆi
)
=
√
2k0|q|
2
iˆ. (63)
(b) Agora consideremos a força sobre uma carga Q3 colocada no ponto (1, 1). Como
só existem as cargas Q1 e Q2, então a força ~F3, que é sobre Q3, é devido a Q1 e Q2. Deste
modo, temos que
~F3 = Q3 ~ER, (64)
com ~ER o campo elétrico resultante em (1, 1). Portanto, obtemos que
~F3 = Q3 ~ER = (−q)
[
−
√
2k0|q|
2
iˆ
]
= (+|q|)
[√
2k0|q|
2
iˆ
]
=
√
2k0|q|2
2
iˆ =
√
2k0q
2
2
iˆ. (65)
(c) A energia potencial eletrostática para o sistema é dada por
U = U1,2 + U1,3 + U2,3 =
k0Q1Q2
d˜1,2
+
k0Q1Q3
d˜1,3
+
k0Q2Q3
d˜2,3
, (66)
sendo d˜i,j a distância entre a carga Qi e a carga Qj, i, j = 1, 2, 3 e i 6= j.
A figura (1) nos fornece que
d˜1,2 =
√
(2− 0)2 + (0− 0)2 =
√
22 = 2m, (67)
d˜1,3 = d1 =
√
2m (68)
d˜2,3 = d2 =
√
2m. (69)
Portanto,
U =
k0Q1Q2
d˜1,2
+
k0Q1Q3
d˜1,3
+
k0Q2Q3
d˜2,3
=
k0(−q)(+q)
2
+
k0(−q)(−q)√
2
+
k0(+q)(−q)√
2
,
= −k0q
2
2
+
k0q
2
√
2
− k0q
2
√
2
= −k0q
2
2
. (70)
(d) O potencial eletrostático do sistema, calculado no ponto P = (1, 0), é dado por
VP = V1,P + V2,P + V3,P =
k0Q1
d¯1,P
+
k0Q2
d¯2,P
+
k0Q3
d¯3,P
, (71)
12
sendo d¯i,P a distância entre a carga Qi e o ponto P .
A figura (1) nos fornece que
d¯1,P =
√
(0− 1)2 + (0− 0)2 =
√
12 = 1m, (72)
d¯2,P =
√
(2− 1)2 + (0− 0)2 =
√
12 = 1m, (73)
d¯3,P =
√
(1− 1)2 + (0− 1)2 =
√
12 = 1m. (74)
Portanto,
VP =
k0Q1
d¯1,P
+
k0Q2
d¯2,P
+
k0Q3
d¯3,P
=
k0(−q)
1
+
k0(+q)
1
+
k0(−q)
1
,
= −k0q + k0q − k0q = −k0q = k0|q|. (75)
VI. QUESTÃO 2 (q1 > 0 e q2 < 0)
(a) Considere a seguinte configuração de cargas e pontos relevantes (estamos conside-
rando q1 > 0 e q2 < 0).
0,
08
0m
0, 060m
0, 050m 0, 050m
q1
q2A
B
Figura 9 – Distribuição de cargas.
Vemos imediatamente que as distâncias características do problema são
d1,A = 0, 050m, d1,B = 0, 080m, d1,2 = 0, 100m, (76)
d2,A = 0, 050m, d2,B = 0, 060m, (77)
sendo di,X a distância entre a carga qi e o ponto X, com i = 1, 2 e X = A,B, e d1,2a distância
entre a carga q1 e a carga q2
Sabemos que a potencial eletrostático no ponto A é dado por
VA =
k0q1
d1,A
+
k0q2
d2,A
=
k0 × (2× 10−6C)
0, 050 m
+
k0 × (−6× 10−6C)
0, 050 m
,
=
k0 × [(2− 6)× 10−6]
5× 10−2 C/m = −
4
5
× 10−4 × k0 (C/m) ,
= −8× 10−5 × k0 (C/m) = −8× 10−5 ×
[
9× 109(N.m2/C2)] .(C/m),
= −0, 72× 106 (N.m/C) = −0, 72 MV. (78)
(b) Sabemos que a potencial eletrostático no ponto B é dado por
13
VB =
k0q1
d1,B
+
k0q2
d2,B
=
k0 × (2× 10−6C)
0, 080 m
+
k0 × (−6× 10−6C)
0, 060 m
,
=
k0 × [(0, 060× 2× 10−6)− (0, 080× 6× 10−6)]
0, 080× 0, 060 C/m,
= −k0 × [3, 6× 10
−7]
4, 8× 10−3 C/m = −
3
4
× 10−4 × k0 (C/m) ,
= −7, 5× 10−5 × k0 (C/m) = −7, 5× 10−5 ×
[
9× 109(N.m2/C2)] . (C/m) ,
= −0, 675× 106 (N.m/C) = −0, 675 MV. (79)
(b) Este item pede para calcular o trabalho realizado pela força elétrica para deslocar
uma carga de q = 1µC do ponto B para o ponto C. O mesmo é dado por
WB→A = −q∆VB→A = −q (VA − VB) , (80)
com VA o potencial elétrico resultante devido às cargas q1 e q2 calculado no ponto A e VB o
potencial elétrico resultante devido às cargas q1 e q2 calculado no ponto B.
Utilizando os resultados obtidos nos itens anteriores, temos que
WB→A = −q (VA − VB) ,
= −(1× 10−6C) [−8× 10−5 × k0 (C/m) + 7, 5× 10−5 × k0 (C/m)] ,
= − [−8 + 7, 5]× 10−5 × 10−6 × k0
(
C2/m
)
,
= 5× 10−12 × k0
(
C2/m
)
= 5× 10−12 × [9× 109(N.m2/C2)] (C2/m) ,
= 45× 10−3 (N.m) = 45 mJ. (81)
O Enunciado deveria ser: 
Um balão cheio com 0,505 moles de um gás é comprimido reversivelmente a partir de 1,0 L até 0,10 L
 a uma temperatura constante de 5,0 °C. Neste processo, o gás perde simultâneamente 2686,3J 
de calor. Calcule o trabalho e a variação de energia interna no processo.
	Questão 1 (q>0)
	Questão 2 (q1>0 e q2>0)
	Questão 3
	Questão 4
	Questão 1 (q<0)
	Questão 2 (q1>0 e q2<0)