Gabarito da AD1 de 2018 2 (2)

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Gabarito da AD1 de 2018-2.
Diego Oliver, Paulo Henrique Ortega1 & Valdeci Telmo
Tutores à distância da disciplina Introdução às Ciências Físicas II.∗
1Instituto de Física, Universidade Federal do Rio de Janeiro
(Dated: 12 de agosto de 2018)
I. QUESTÃO 1
As cargas dos íons de sódio (Na+) e potássio (K+) são
QNa+ = QK+ = +e = 1, 6× 10−19C. (1)
O enunciado diz que a cada 3 íons de sódio bombeados para fora da célula, 2 íons de
potássio são bombeados para dentro da célula. Desta forma, a carga líquida que atravessa
a membrana celular, neste processo, é
Qliq = 3QNa+ − 2QK+ = 3e− 2e = e = 1, 6× 10−19C. (2)
Em seguida, o enunciado pede para considerarmos que 3 bilhões de íons de sódio são
bombeados para fora da célula em 16 bilionésimos de segundo. De acordo com a proporção
já citada, significa que 2 bilhões de íons de potássio foram bombeados para dentro da célula,
resultando numa carga líquida total de
QT = 3× 109QNa+ − 2× 109QK+ = 3× 109e− 2× 109e = 1× 109e,
= 1× 109 × 1, 6× 10−19C = 1, 6× 10−19+9C = 1, 6× 10−10C. (3)
Desta forma, a corrente que passa pela membrana celular, neste processo, é
i =
QT
∆t
=
1, 6× 10−10C
16× 10−9s =
1, 6× 10−10C
1, 6× 10−8s = 10
−10−(−8)A = 0, 01 A = 10 mA. (4)
Portanto, a intensidade da corrente elétrica que atravessou a membrana celular
é 10 mA.
II. QUESTÃO 2
Item A)
Em nosso caso, os campos elétricos serão paralelos aos lados do retângulo. Veja a figura
(1).
∗paulo.h.ortega@gmail.com
2
Figura 1 – Campos elétricos formados em A.
Como os lados dos triângulos são paralelos ao vetores unitários xˆ e yˆ, então
podemos escrever.
~E1 =
k0|Q1|
d21,A
xˆ e ~E2 =
k0|Q2|
d22,A
yˆ, (5)
com d1,A e d2,A as distâncias entre as cargas Q1 e Q2 e o ponto A, respectivamente.
Pela figura (1), vemos que d1,A ≡ a e d2,A = b. Desta forma,
~E1 =
k0|Q1|
d21,A
xˆ =
k0|q|
a2
xˆ =
k0q
a2
xˆ, (6)
~E2 =
k0|Q2|
d22,A
yˆ =
k0|q|
b2
yˆ =
k0q
b2
yˆ. (7)
Deste modo, o campo elétrico resultante no ponto A é
~ER = ~E1 + ~E2 =
k0q
a2
xˆ+
k0q
b2
yˆ. (8)
Portanto, o campo elétrico resultante ~ER no ponto A, em termos de k0, q, a e b
é ~ER =
k0q
a2
xˆ+
k0q
b2
yˆ.
Item B)
A energia potencial eletrostática da distribuição de cargas é
U =
k0Q1Q2
d1,2
, (9)
sendo d1,2 a distância entre Q1 e Q2.
Pela figura (1), vemos que d1,2 =
√
a2 + b2, que é obtido pelo teorema de Pitágoras.
3
Desta forma, temos que
U =
k0Q1Q2
d1,2
=
k0(q)(q)√
a2 + b2
=
k0q
2
√
a2 + b2
. (10)
Portanto, a energia potencial eletrostática U da distribuição de cargas é
U =
k0q
2
√
a2 + b2
.
Item C)
O potencial elétrico da distribuição de cargas, no ponto A, é
V (A) =
k0Q1
d1,A
+
k0Q2
d2,A
. (11)
Desta forma, temos que
V (A) =
k0Q1
d1,A
+
k0Q2
d2,A
=
k0(q)
a
+
k0(q)
b
=
k0q
a
+
k0q
b
. (12)
Portanto, o potencial elétrico V (A) da distribuição de cargas, no ponto A, é
V (A) =
k0q
a
+
k0q
b
.
Item D)
O trabalho da força elétrica para levar uma carga Q3 do infinito até o ponto A é
W∞→A = −Q3∆V∞→A = −Q3 [V (A)− V (∞)] . (13)
Como no infinito o potencial elétrico das cargas é praticamente nulo, então podemos
tomar V (∞) = 0. Sabendo que Q3 = −q e utilizando o resultado do item C), temos que
W∞→A = −Q3 [V (A)− V (∞)] = −Q3 [V (A)− 0] = −Q3V (A),
= −(−q)
[
k0q
a
+
k0q
b
]
=
k0q
2
a
+
k0q
2
b
. (14)
Portanto, o trabalho da força elétrica para trazer a carga Q3 do infinito até o
ponto A é W∞→A =
k0q
2
a
+
k0q
2
b
.
Item E)
Quando a carga Q3 chega no ponto A, ela sofre a força Q1 e Q2 de acordo com a seguinte
expressão
~FR = Q3 ~ER, (15)
sendo ~ER o campo elétrico resultante no ponto A devido às cargas Q1 e Q2.
4
Utilizando o resultado do item A), temos que
~FR = Q3 ~ER = (−q)
[
k0q
a2
xˆ+
k0q
b2
yˆ
]
= −k0q
2
a2
xˆ− k0q
2
b2
yˆ. (16)
Portanto, a força elétrica que a carga Q3 experimenta quando chega no ponto A
é ~FR = −
k0q
2
a2
xˆ− k0q
2
b2
yˆ.
III. QUESTÃO 4
Item A)
Vamos modelar este problema como na experiência de mapeamento de potenciais em
uma cuba eletrolítica. Neste experimento, o potencial elétrico se relaciona com a intensidade
do campo elétrico por
V = ‖ ~E‖d, (17)
sendo d a distância entre os eletrodos.
Em nosso caso, os eletrodos são o tubarão e o peixe, e o campo elétrico gerado pelo peixe
é o que se forma no interior da cuba. Deste modo, para um peixe a 1, 0 m de distância do
tubarão, se o tubarão detecta tensões até 15 × 10−9V , então a maior intensidade de campo
elétrico é
‖ ~E‖ = V
d
=
15× 10−9V
1, 0 m
= 1, 5× 10−8 V/m. (18)
Portanto, a intensidade máxima do campo elétrico gerado por um peixe, que
não é detectado por um tubarão, estando a 1, 0 m de distância um do outro, é
‖~E‖ = 1, 5× 10−8 V/m.
Item B)
O enunciado diz para considerarmos o ser humano uma carga puntual. Determinaremos
o valor da carga que representa o ser humano. Sabemos que a intensidade do campo elétrico
de uma carga puntual é
‖ ~E‖ = kQ
d2
⇒ Q = ‖
~E‖d2
k
, (19)
sendo k a constante eletrostática na água (não estamos no vácuo) e d a distância entre o ser
humano (carga) e o ponto no qual é medido o campo elétrico.
O enunciado diz que a uma distância de d = 210 µm, a intensidade do campo elétrico
gerado por um ser humano é ‖ ~E‖ = 3 mV/mm. Deste modo, sabendo que a constante
eletrostática na água tem valor k = 1, 1× 108 N.m2/C2, temos
5
Q =
‖ ~E‖d2
k
=
(3 mV/mm) (210 µm)2
1, 1× 108 N.m2/C2 =
(3 N/C) (210× 10−6 m)2
1, 1× 108 N.m2/C2 ,
=
3× 44100× 10−12
1, 1× 108 C = 1, 2× 10
−15C. (20)
Agora que determinamos a carga elétrica que representa o ser humano, obteremos a
distância mínima que o mesmo precisa estar do tubarão para não ser detectado pelas ampolas
de Lorenzini de um tubarão. Sabemos que o ser humano está sendo modelado por uma carga
puntual. Deste modo, o potencial elétrico V gerado por uma carga é
V =
kQ
d
⇒ d = kQ
V
, (21)
Sabemos que o potencial elétrico mínimo sentido pelo tubarão é V = 15× 10−9V . Deste
modo, utilizando o valor da carga obtido anteriormente e o valor da constante eletrostática
na água, temos que
d =
kQ
V
=
(1, 1× 108 N.m2/C2) (1, 2× 10−15 C)
(15× 10−9 V ) ,
=
(1, 1× 108 N.m2/C2) (1, 2× 10−15 C)
(15× 10−9N.m/C) ,
=
1, 1× 1, 2× 102
15
m = 8, 8 m. (22)
Portanto, a distância mínina que um ser humano precisa estar distante de um
tubarão para não ser detectado pelas ampolas de Lorenzini do mesmo é 8, 8 m.
IV. QUESTÃO 5
Determinaremos primeiro a resistência em cada um dos fios. Sabemos que a resistência
de um fio se relaciona com suas dimensões da seguinte forma
R = ρ
L
A
, (23)
sendo L o comprimento do fio, A a área da seção do fio e ρ a resistividade do material do
qual é feito o fio.
Os fios em questão tem uma seção reta circular, cuja área é piR2. Deste modo, a resis-
tência se torna
R = ρ
L
A
= ρ
L
piR2
= ρ
L
pi
[
D
2
]2 = ρ L
pi
D2
4
=
4ρ
pi
L
D2
, (24)
sendo D o diâmetro da seção reta circular do fio.
Utilizando os dados do enunciado, temos que
6
RCu =
4ρCu
pi
LCu
D2Cu
=
4 (1, 7× 10−8Ω.m)
pi
(80, 0 m)
(1, 0× 10−3m)2 =
4× 1, 7× 8× 10−1
pi
Ω,
∼= 1, 73Ω. (25)
RFe =
4ρFe
pi
LFe
D2Fe
=
4 (10× 10−8Ω.m)
pi
(49, 0 m)
(1, 0× 10−3m)2 =
4× 10× 4, 9× 10−1
pi
Ω,
∼= 6, 24Ω. (26)
Agora podemos determinar a diferença de potencial em cada fio. Utilizando a lei de
Ohm, temos que
UCu = RCuiCu e UFe = RFeiFe. (27)
O enunciado diz que a corrente que passa nos fios são iguais e de valor 2, 0 A. Deste
modo, temos que
UCu = RCuiCu ∼= (1, 73 Ω) (2, 0 A) = 3, 46 V. (28)
UFe = RFeiFe ∼= (6, 24 Ω) (2, 0 A) = 12,48 V. (29)
Portanto, as diferenças de potencial nos fio de cobre e de ferro são UCu ∼= 3, 46 V
e UFe ∼= 12, 48 V , respectivamente.
V. QUESTÃO 6
Item A)
Para responder este item, determinaremos todas as correntes no sistema. Para tanto,
adotaremos as correntes no circuito como na figura (2).
Figura 2 – Correntes no circuito.
Desta forma, aplicando a lei dos nós no nó B, temos que
I1 = I2 + I3. (30)
Aplicaremos a lei das malhas. Percorrendo a malha ABEFA, temos que
−R1I1 −R3I3 + V1 = 0. (31)
7
Percorrendo a malha BCDEB, temos que
−R2I2 − V2 +R3I3 = 0. (32)
Deste modo, temos um sistema de 3 equações e 3 incógnitas (correntes) I1 − I2 − I3 = 0−R1I1 + 0I2 −R3I3 = −V10I1 −R2I2 +R3I3 = V2 (33)
Substituindo os valores de R1, R2, R3, V1 e V2, temos que I1 − I2 − I3 = 0−3I1 − 9I3 = −90−6I2 + 9I3 = 18 (34)
Da segunda e terceira equação do sistema, temos que
−3I1 − 9I3 = −90 ⇔ 3I1 = −9I3 + 90 ⇔ I1 = −3I3 + 30. (35)
−6I2 + 9I3 = 18 ⇔ 6I2 = 9I3 − 18 ⇔ I2 = 3
2
I3 − 3. (36)
Substituindo na primeira equação do sistema, temos que
I1 − I2 − I3 = 0 ⇔ (−3I3 + 30)−
(
3
2
I3 − 3
)
− I3 = 0 ⇔ (37)
−3I3 + 30− 3
2
I3 + 3− I3 = 0 ⇔
(
−3− 3
2
− 1
)
I3 + 33 = 0 (38)
−11
2
I3 + 33 = 0 ⇔ 11
2
I3 = 33 ⇔ I3 = 2× 33
11
= 6 A. (39)
Agora que determinamos I3, podemos obter I1 e I2.
I1 = −3I3 + 30 = −3× 6 + 30 = 12 A. (40)
I2 =
3
2
I3 − 3 = 3
2
× 6− 3 = 6 A. (41)
Portanto, a corrente que atravessa o resistor R3 é I3 = 6 A.
Item B)
A potência dissipada em um resistor é obtida pela expressão
P = RI2, (42)
sendo R a resistência do resistor e I a corrente que passa pelo resistor.
8
Desta forma, no resistor R2, temos que
P2 = R2I
2
2 = (6 Ω) (6 A)
2 = 216 W. (43)
Portanto, a potência dissipada no resistor R2 é P2 = 216 W .
Item C)
A energia dissipada por efeito joule em um resistor é dada pela seguinte expressão
E = P∆t, (44)
sendo P a potência dissipada no resistor e ∆t o intervalo de tempo na qual é verificado a
dissipação.
Para o resistor R1, a potência dissipada é
P1 = R1I
2
1 = (3 Ω) (12 A)
2 = 432 W. (45)
Desta forma, considerando que o intervalo de tempo de interesse é de ∆t = 10 s, temos
que
E1 = P1∆t = (432 W ) (10 s) = 4320 J. (46)
Portanto, a energia dissipada no resistor R1 por efeito Joule é E1 = 4320 J .
	Questão 1
	Questão 2
	Questão 4
	Questão 5
	Questão 6