Física com o BF

Para resolver a questão, devemos calcular a energia elétrica total consumida pelo motor a partir da sua potência útil e do seu rendimento.

Calculando a energia mecânica (útil) produzida em 40 segundos. O enunciado informa que o motor fornece 0,750 kJ a cada segundo.

Portanto,

${\mathrm{E}}_{\mathrm{útil}}=0,750\times 40=30\mathrm{kJ}$

O rendimento $\left(\mathrm{\eta }\right)$ é de 82,9% (conforme padrão de placas de 0,75 kW). O rendimento relaciona a energia útil e a energia consumida:

$$\mathrm{\eta }=\frac{{\mathrm{E}}_{\mathrm{útil}}}{{\mathrm{E}}_{\mathrm{consumida}}}$$
$$0,829=\frac{30}{{\mathrm{E}}_{\mathrm{consumida}}}$$
$${\mathrm{E}}_{\mathrm{consumida}}=\frac{30}{0,829}\approx 36,18\text{kJ}$$

O valor mais próximo é 36 kJ.

Analisando as alternativas:

[A] Incorreta. Representa apenas a energia útil fornecida, sem considerar as perdas pelo rendimento.

[B] Incorreta. Valor resultante de erro de cálculo ou aplicação indevida do rendimento.

[C] Incorreta. Valor obtido se o rendimento fosse cerca de 62%.

[D] Incorreta. Valor obtido se o rendimento fosse multiplicado pela energia útil, em vez de dividido.

[E] Correta. Corresponde à energia total de entrada (consumida) necessária para produzir 30 kJ de trabalho útil com rendimento próximo a 83%.

Carga fornecida pelo carregador (área sob o gráfico de

$\Delta \text{Q=}\frac{(5+3)\mathrm{\hspace{0.17em}}\mathrm{h}\cdot 2\mathrm{\hspace{0.17em}}\mathrm{A}}{2}=8\mathrm{\hspace{0.17em}}\mathrm{A}\cdot 3600\mathrm{\hspace{0.17em}}\mathrm{s}=28,8\mathrm{\hspace{0.17em}}\mathrm{kC}$

Energia fornecida pelo carregador:

$$\mathrm{E}=\mathrm{\Delta Q}\cdot \mathrm{U}=28,8\mathrm{\hspace{0.17em}}\mathrm{kC}\cdot 6\mathrm{\hspace{0.17em}}\mathrm{V}$$
$$\mathrm{E}=172,8\mathrm{\hspace{0.17em}}\mathrm{kJ}$$

A economia de energia é de:

$$\mathrm{\Delta E}=\mathrm{\Delta P}\cdot \mathrm{\Delta t}$$
$$\mathrm{\Delta E}=(50-30)\cdot {10}^{-3}\cdot 24$$
$$\mathrm{\Delta E}=0,48\mathrm{\hspace{0.17em}}\mathrm{kWh}$$

O intervalo de tempo que a lâmpada demora para consumir toda a energia é dado por:

$$\mathrm{E}=\mathrm{P\Delta t}$$
$$360\cdot {10}^3\cdot 3600=25\mathrm{\Delta t}$$
$$\mathrm{\Delta t}=51840000\mathrm{s}$$

Convertendo para meses, chegamos a:

$$\mathrm{meses} \mathrm{segundos}$$
$$1 \sout{ } 30\cdot 24\cdot 3600$$
$$\mathrm{x} \sout{ } 51840000$$
$$\mathrm{x}=20 \mathrm{meses}$$

A energia elétrica é obtida pelo produto da potência elétrica pelo tempo em que o equipamento ficou ligado. Neste caso, deve-se transformar a potência de watt para quilowatt e o tempo em dias para horas, obtendo-se a unidade solicitada.

$$\mathrm{E}=\mathrm{P}\left(\mathrm{kW}\right)\cdot \mathrm{\Delta t}\left(\mathrm{h}\right)\Rightarrow$$
$$\mathrm{E}=300\mathrm{W}\cdot \frac{1\mathrm{kW}}{1000\mathrm{W}}\cdot 30\mathrm{d}\cdot \frac{24\mathrm{h}}{1\mathrm{d}}$$
$$\mathrm{E}=216\mathrm{kWh}$$

A energia gerada em um mês é obtida multiplicando-se a incidência solar (I) pela área (A) dos painéis pelo tempo (t) e pelo rendimento $\left(\mathrm{\eta }\right).$

$$\mathrm{E}=\mathrm{I}\cdot \mathrm{A}\cdot \mathrm{t}\cdot \mathrm{\eta }$$
$$\mathrm{E}=1000 \frac{\mathrm{W}}{{\mathrm{m}}^2}\cdot 3 \mathrm{m}\cdot 6 \mathrm{m}\cdot 6\frac{\mathrm{h}}{\mathrm{d}}\cdot 30\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{m}ê\mathrm{s}}\cdot 0,18$$
$$\mathrm{E}=583200 \frac{\mathrm{W}}{\mathrm{m}ê\mathrm{s}}=583,2 \frac{\mathrm{kW}}{\mathrm{m}ê\mathrm{s}}$$

As duas lâmpadas são ligadas à mesma tensão nominal, 127 V. Portanto, para determinar a economia de energia, basta comparar suas potências elétricas, pois a potência indica a taxa de consumo de energia.

A substituição reduz a potência de cada lâmpada de 100 W para 60 W. Assim, a economia de potência por lâmpada é:

100 W − 60 W = 40 W

Como são 10 lâmpadas, a redução total de potência é:

10 × 40 W = 400 W

Convertendo para quilowatts, unidade utilizada na cobrança da energia elétrica, obtém-se:

400 W = 0,4 kW

As lâmpadas permanecem acesas durante 5 horas por dia. Logo, a energia economizada diariamente é o produto da potência economizada pelo tempo de funcionamento:

E_dia = 0,4 kW × 5 h = 2 kWh

Considerando 30 dias no mês, a economia mensal de energia será:

E_mês = 2 kWh × 30 = 60 kWh

Como cada quilowatt-hora custa R$ 0,70, o valor economizado no mês é:

60 x R$ 0,70 = R$ 42,00

A quantidade de painéis necessários será obtida pela razão da demanda mensal de energia e a energia útil de cada painel.

A energia útil de cada painel é:

$${\text{E}}_{\mathrm{útil}}/\mathrm{painel}=\mathrm{P}\left(\mathrm{kW}\right)\cdot \mathrm{\Delta t}(\mathrm{h}/\mathrm{m}ê\mathrm{s})\mathrm{efic}=0,4\mathrm{kW}\cdot 5,7\frac{\mathrm{h}}{\mathrm{dia}}\cdot \frac{30\mathrm{d}}{1\mathrm{mês}}\cdot 0,8$$
$${\mathrm{E}}_{\mathrm{útil}}/\mathrm{painel}=54,72\mathrm{kWh}/\mathrm{painel}$$

Logo, a quantidade de painéis n é dada por:

$$\mathrm{n}=\frac{\text{demanda}}{{\mathrm{E}}_{\text{útil}}/\text{painel}}=\frac{300\mathrm{kWh}}{54,72\mathrm{kWh}/\text{painel}}$$
$$\mathrm{n}=5,48\text{painéis}\approx 6\text{painéis }$$

Tempo mensal de utilização:

$\mathrm{\Delta t}=\frac{80}{60}\mathrm{h}/\mathrm{dia}·15 \mathrm{dias}=20\mathrm{h}$

Consumo adicional de energia:

$$\mathrm{\Delta E}=\mathrm{\Delta P}\cdot \mathrm{\Delta t}$$
$$\mathrm{\Delta E}=(4000-800)\cdot {10}^{-3}\cdot 20$$
$$\mathrm{\Delta E}=64\mathrm{kWh}$$

A energia elétrica em kWh é obtida pelo produto da potência em kW pelo tempo em horas.

$\mathrm{E}=\mathrm{P}\cdot \mathrm{t}$

A potência em kW das placas solares é:

$\mathrm{P}=4\times 250\mathrm{W}\times \frac{1\mathrm{kW}}{1000\mathrm{W}}=1\mathrm{kW}$

Assim, o tempo para a carga total nas baterias do carro será:

$\mathrm{E}=\mathrm{P}\cdot \mathrm{t}$
$\mathrm{t}=\frac{\mathrm{E}}{\mathrm{P}}=\frac{75\mathrm{kWh}}{1\mathrm{kW}}$
$\mathrm{t}=75 \mathrm{h}$

Como em cada dia apenas carrega durante 5 h, então o carro terá carga total ao final de 15 dias.

$\mathrm{t}=\frac{75\mathrm{h}}{5\mathrm{h}/\mathrm{dia}}$
$\mathrm{t}=15 \mathrm{dias}$

Questão envolvendo o cálculo da potência elétrica em função da resistência e da diferença de potencial elétrico. Sua expressão é dada por:

$\mathrm{P}=\frac{{\mathrm{\Delta V}}^2}{\mathrm{R}}$ 

Isolando-se R pode-se calcular a resistência em função da diferença de potencial e da potência.

$\mathrm{R}=\frac{{\mathrm{\Delta V}}^2}{\mathrm{P}}$ 

Com isso, basta substituir os dados e determinar o que se pede na questão.

$\mathrm{R}=\frac{{\mathrm{\Delta V}}^2}{\mathrm{P}}=\frac{{\left(10\mathrm{\hspace{0.17em}}\mathrm{V}\right)}^2}{5\mathrm{\hspace{0.17em}}\mathrm{W}}=\frac{100}{5}\mathrm{\hspace{0.17em}}\mathrm{\Omega }$
$\mathrm{R}=20\mathrm{\hspace{0.17em}}\mathrm{\Omega }$

A potência elétrica dissipada pelo fusível pode ser calculada pela relação entre a tensão aplicada e a resistência:

$P=\frac{V^2}{R}$

Nessa expressão, V é a tensão da fonte, medida em volts, e R é a resistência do fusível, medida em ohms. Substituindo os valores fornecidos, obtém-se:

$P=\frac{5^2}{10}=\frac{25}{10}=\mathrm{2,5}$

Assim, o fusível recebe energia à taxa de 2,5 J por segundo, pois 1 watt equivale a 1 joule por segundo.

O tempo necessário para receber os 800 J de calor é obtido dividindo a energia pela potência:

$t=\frac{Q}{P}$

Com Q = 800 J e P = 2,5 W:

$t=\frac{800}{\mathrm{2,5}}=320\text{s}$

Para resolver esta questão, aplicamos a fórmula da potência elétrica: $\mathrm{P}=\mathrm{U}\cdot \mathrm{I}.$

Identificar os valores máximos no gráfico. O valor máximo de diferença de potencial é $\mathrm{U}=6,0\times {10}^6 \mathrm{V}$ e o valor máximo de corrente elétrica é $\mathrm{I}=2,0\times {10}^4 \mathrm{A}.$

Calcular o produto.

$\mathrm{P}=(6,0\times {10}^6)\cdot (2,0\times {10}^4)=12\times {10}^{10}=1,2\times {10}^{11}\mathrm{W}$

Portanto, a alternativa [E] está correta.

Estão incorretas:

[A] $6,0\times {10}^6\mathrm{W}:$ Este é apenas o valor de U, sem multiplicar por I.

[B] $3,0\times {10}^8\mathrm{W}:$ Valor numericamente incorreto, possivelmente derivado de divisão ou erro de leitura.

[C] $2,4\times {10}^9\mathrm{W}:$ Resultado de cálculo com valores de escala incorretos.

[D] $3,6\times {10}^{12}\mathrm{W}:$ Erro na multiplicação dos coeficientes ou na soma dos expoentes.

Potência elétrica em função da tensão e da resistência: A potência elétrica é dada pela expressão:

$\mathrm{P}=\frac{{\mathrm{U}}^2}{\mathrm{R}}$

Potência real do motor:

A potência do motor tem uma eficiência de 80%, então:

${\mathrm{P}}_{\mathrm{m}}=0,8\cdot \frac{{\mathrm{U}}^2}{\mathrm{R}}$ 

Todavia, a potência do motor é também determinada pelo produto do torque e da velocidade angular:

${\mathrm{P}}_{\mathrm{m}}=\mathrm{\tau }\cdot \mathrm{\omega }$ 

Igualando-se as duas expressões para a potência do motor, temos:

$\mathrm{\tau }\cdot \mathrm{\omega }=0,8\cdot \frac{{\mathrm{U}}^2}{\mathrm{R}}$

Cálculo da velocidade de rotação do eixo do motor:
Isolando-se a velocidade angular e substituindo-se os valores fornecidos no enunciado, obtém-se:

$\mathrm{\tau }\cdot \mathrm{\omega }=0,8\cdot \frac{{\mathrm{U}}^2}{\mathrm{R}}$
$\mathrm{\omega }=0,8\cdot \frac{{\mathrm{U}}^2}{\mathrm{\tau R}}=0,8\cdot \frac{{120}^2}{2\cdot 5}=0,8\cdot \frac{14400}{10}$
$\mathrm{\omega }=1152\mathrm{\hspace{0.17em}}\mathrm{rad}/\mathrm{s}$

A intensidade da corrente elétrica é a razão entre a potência média e a tensão.

$i=\frac{P}{\mathrm{\Delta }V}=\frac{4,4\mathrm{kW}}{220\mathrm{V}}=\frac{4400\mathrm{W}}{220\mathrm{V}}$
$i=20\mathrm{A}$

1. Cálculo da Capacidade Efetiva Utilizada

A bateria tem uma capacidade total de 60 kWh, mas o carro utiliza apenas 80% dessa capacidade antes de precisar recarregar.

A Capacidade Efetiva (E_efetiva) é o produto da Capacidade Total pelo Percentual Utilizado:

${\text{E}}_{\mathrm{efetiva}}=60\mathrm{\hspace{0.17em}}\mathrm{kWh}\cdot 0,80$
${\mathrm{E}}_{\mathrm{efetiva}}=48\mathrm{\hspace{0.17em}}\mathrm{kWh}$

2. Cálculo do Tempo Máximo de Operação (t)

A potência (P) do motor é a taxa de consumo de energia (E) ao longo do tempo (t): $\mathrm{P}=\frac{\mathrm{E}}{\mathrm{t}}$ . Portanto, o tempo de operação é dado por: $\mathrm{t}=\frac{\mathrm{E}}{\mathrm{P}}$

​E_efetiva = 48 kWh

P = 100 kW

$\text{t=}\frac{\mathrm{E}}{\mathrm{P}}=\frac{48\mathrm{\hspace{0.17em}}\mathrm{kWh}}{100\mathrm{\hspace{0.17em}}\mathrm{kW}}$
$\mathrm{t}=0,48\mathrm{\hspace{0.17em}}\mathrm{h}$​

3. Cálculo da Autonomia (Distância)

A autonomia (d) é a distância percorrida, calculada usando a velocidade constante (v) e o tempo de operação (t): $\mathrm{d}=\mathrm{v}\cdot \mathrm{t}$.

v = 100 km/h

t = 0,48 h

$\text{d=v⋅t⇒d=100\hspace{0.17em}km/h⋅0,48\hspace{0.17em}h∴d=48\hspace{0.17em}km}$

A autonomia do carro é de 48 quilômetros.

Para determinar quantas atividades a estudante poderá executar sem que o dispositivo de proteção seja acionado, é necessário primeiro calcular a capacidade total de potência que a régua elétrica pode suportar. Sabendo que a tensão da rede é de 110 V e que a corrente máxima permitida pelo fusível é de 20 A, aplicamos a relação fundamental entre potência, tensão e corrente.

$${\mathrm{P}}_{\mathrm{máx}}=\mathrm{U}\cdot \mathrm{i}=110\cdot 20$$
$${\mathrm{P}}_{\mathrm{máx}}=2200\mathrm{}\mathrm{W}$$

Dessa forma, o limite absoluto de consumo para a régua é de 2200 watts. No entanto, dois equipamentos já estão conectados e operando continuamente: o computador, que consome 250 W, e o condicionador de ar portátil, com potência nominal de 1100 W. Para descobrir quanto sobra de capacidade para as demais tarefas, subtraímos a carga permanente do limite total da régua.

$${\mathrm{P}}_{\mathrm{disp}}=2200-250-1100$$
$${\mathrm{P}}_{\mathrm{disp}}=850\mathrm{}\mathrm{W}$$

Com isso, estabelecemos que há apenas 850 watts disponíveis para qualquer aparelho adicional. Analisando a sequência de tentativas propostas, a primeira atividade (imprimir o trabalho) e as demais, como ligar a luminária ou secar os cabelos, possuem potências nominais inferiores a esse limite, sendo perfeitamente compatíveis com a régua. Contudo, ao tentar realizar a segunda tarefa da lista, que consiste em preparar café utilizando a cafeteira, deparamo-nos com um consumo nominal de 900 W. Como essa exigência ultrapassa os 850 watts disponíveis, o sistema não consegue suportar a sobrecarga instantânea.

Consequentemente, o fusível se rompe imediatamente após essa tentativa, interrompendo o fornecimento de energia para todos os dispositivos conectados. Portanto, considerando a ordem cronológica das ações e o ponto exato em que a proteção é acionada, a estudante consegue completar com sucesso apenas uma atividade antes do desligamento da régua.

Assumindo que o resistor do chuveiro seja ôhmico:

$$\mathrm{P}=\frac{{\mathrm{U}}^2}{\mathrm{R}}\Rightarrow \frac{{\mathrm{P}}_1}{{\mathrm{P}}_2}=\frac{{\mathrm{U}}_1^2}{{\cancel{\mathrm{R}}}^{\mathrm{\prime }}}\cdot \frac{\cancel{\mathrm{R}}}{{\mathrm{U}}_2^2}\Rightarrow \frac{{\mathrm{P}}_1}{{\mathrm{P}}_2}={\left(\frac{{\mathrm{U}}_1}{{\mathrm{U}}_2}\right)}^2\Rightarrow \frac{4840}{{\mathrm{P}}_2}={\left(\frac{220}{110}\right)}^2\Rightarrow$$
$$\frac{4840}{{\mathrm{P}}_2}=2^2$$
$${\mathrm{P}}_2=\frac{4840}{4}{\mathrm{P}}_2=1210\mathrm{W}.$$

A energia dissipada (Ed) equivale a 20% do esforço máximo do motor elétrico, assim:

$${\mathrm{E}}_{\mathrm{d}}=(1-\mathrm{\eta })\cdot \mathrm{P}\cdot \mathrm{t}$$
$${\mathrm{E}}_{\mathrm{d}}=0,2\cdot 500 \mathrm{W}\cdot 20 \mathrm{s}$$
$${\mathrm{E}}_{\mathrm{d}}=2000 \mathrm{J}$$

A potência elétrica é a energia consumida por unidade de tempo. Como o circuito consome 1,8 J a cada segundo, sua potência é 1,8 W.

Em um resistor, a potência relaciona-se com a corrente elétrica e a resistência pela expressão:

$P=I^{2}R$

Isolando a corrente, obtém-se:

$I=\sqrt{\frac{P}{R}}$

Substituindo P = 1,8 W e R = 500 Ω:

$I=\sqrt{\frac{1.8}{500}}=\sqrt{0.0036}=0.06$

A corrente encontrada está em ampères. Como 1 A corresponde a 1000 mA, a conversão é:

$0.06\text{A}=60\text{mA}$

Em um circuito ideal, todos os pontos ligados diretamente pelo mesmo fio condutor pertencem ao mesmo nó elétrico. Como não há resistência nem outro elemento entre A e B, não ocorre queda de tensão nesse trecho.

A diferença de potencial entre dois pontos é dada por ΔV = V_A − V_B. Como os pontos estão no mesmo potencial, V_A = V_B, e a diferença resulta em 0 V.

Dada a simetria do circuito, o resistor de $10\mathrm{\Omega }$ está curto circuitado. Removendo-o e simplificando o circuito, temos:

Resistência equivalente do circuito:

${\mathrm{R}}_{\mathrm{e}\mathrm{q}}=\frac{8\mathrm{\Omega }\cdot 8\mathrm{\Omega }}{8\mathrm{\Omega }+8\mathrm{\Omega }}=4\mathrm{\Omega }$

Potência fornecida pela fonte:

$$P=\frac{U^2}{R_{eq}}=\frac{{12}^2}{4}$$
$$P=36\mathrm{W}$$

A ocorrência de uma corrente elétrica exige a presença simultânea de um material condutor e de uma diferença de potencial (DDP) estabelecida entre dois pontos. Sem essa disparidade de energia elétrica, não há fluxo de cargas através do meio.

Ao analisar a sequência das imagens, observa-se que nos dois primeiros quadros a cobra permanece sem sofrer qualquer impacto elétrico justamente pela ausência dessa diferença de potencial necessária para o movimento dos elétrons. A situação altera-se apenas no último quadro, momento em que a condição de DDP é satisfeita, resultando na eletrocussão do animal.

Para que a lâmpada L₁ funcione de acordo com os dados nominais, ela deverá estar sobtensão de 6V.

Calculando a resistência e a corrente nas condições nominais:

$\left\{\begin{array}{l}\mathrm{P}=\mathrm{Ui}\Rightarrow \mathrm{i}=\frac{\mathrm{P}}{\mathrm{U}}=\frac{12}{6}\Rightarrow \mathrm{i}=2 \mathrm{A}\\ \mathrm{P}=\frac{{\mathrm{U}}^2}{{\mathrm{R}}_1}\Rightarrow {\mathrm{R}}_1=\frac{{\mathrm{U}}^2}{\mathrm{P}}=\frac{6^2}{12}\Rightarrow {\mathrm{R}}_1=3 \mathrm{\Omega }\end{array}\right.$

Considerações:

1ª) Conectando-se um fio condutor, a lâmpada L­₁ vai queimar, pois ficará sob tensão de 12V, maior que a nominal.

2ª) Conectando-se um capacitor, não haverá passagem de corrente e a lâmpada L₁ não acenderá.

3ª) Conectando-se o resistor de resistência $\mathrm{R}=3\mathrm{\Omega }$ ou a lâmpada L₂, que também tem resistência ${\mathrm{R}}_2=3\mathrm{\Omega }$ ambos funcionarão como divisores de tensão. Como a resistência da lâmpada L₁ é também ${\mathrm{R}}_1=3\mathrm{\Omega }$ ela ficará sob tensão nominal de 6V, operando de acordo com as especificações.

Para compreender o comportamento do circuito após a falha de um componente, é necessário analisar como a interrupção da passagem de corrente em uma lâmpada afeta as conexões em série e em paralelo. No cenário proposto, a queima da lâmpada A implica que ela deixa de ser um condutor, atuando como um circuito aberto naquele ponto específico do caminho elétrico.

Ao observar a configuração original, nota-se que a lâmpada B está conectada em série com a lâmpada A. Em uma associação em série, a corrente elétrica precisa percorrer todos os componentes sequencialmente para completar o trajeto. Como a lâmpada A agora impede o fluxo de cargas por esse ramo, a continuidade do circuito é interrompida, o que resulta no apagamento imediato da lâmpada B, uma vez que não há mais corrente circulando através dela.

Em relação à lâmpada C, sua situação é distinta devido à forma como ela está integrada ao sistema. Ela permanece conectada diretamente aos terminais da fonte de tensão ideal V. Como a fonte é ideal e a interrupção causada pela queima de A e o consequente desligamento de B não alteram a diferença de potencial aplicada sobre o ramo onde C se encontra, a lâmpada C continuará recebendo a mesma tensão de antes. Consequentemente, sua potência dissipada e seu brilho permanecerão inalterados.

Por fim, deve-se considerar o estado da lâmpada D. A análise do circuito revela que ela está posicionada em uma configuração de curto-circuito. Isso significa que existe um caminho de resistência desprezível que permite à corrente contornar a lâmpada D, fazendo com que a tensão sobre ela seja nula. Mesmo com a alteração causada pela queima da lâmpada A, essa condição de curto-circuito persiste, garantindo que a lâmpada D permaneça apagada.

Portanto, ao analisar as consequências da queima do componente A, conclui-se que o efeito dominó interrompe o fluxo para B, mantém a estabilidade de C e não altera o estado de curto-circuito de D, validando a alternativa B como a correta.

Para solucionar este problema, é fundamental compreender como a associação de geradores altera as propriedades do circuito, especificamente a diferença de potencial (ddp) e a capacidade de fornecer corrente elétrica. O enunciado informa que cada uma das seis pilhas possui uma tensão individual de 1,5 V. O objetivo do estudante é obter uma fonte com uma tensão total de 3 V e, simultaneamente, garantir a maior disponibilização de cargas possível, o que na prática significa maximizar a corrente elétrica disponível para o circuito.

Primeiramente, analisamos a necessidade de atingir os 3 V. Quando conectamos pilhas em série, as tensões de cada unidade são somadas, resultando em uma ddp total maior. Por outro lado, quando as pilhas são conectadas em paralelo, a tensão resultante é igual à tensão de uma única pilha, mas a capacidade de fornecer corrente aumenta, pois as cargas têm múltiplos caminhos para fluir.

Para alcançar o valor desejado de 3 V utilizando pilhas de 1,5 V, devemos organizar os componentes em grupos. Se somarmos duas pilhas em série, obteremos exatamente a tensão necessária para o projeto. Como o fabricante disponibiliza um total de seis unidades, podemos dividir essas pilhas em dois blocos distintos, onde cada bloco contém três pilhas conectadas em paralelo entre si. Em cada um desses blocos, a tensão permanecerá sendo de 1,5 V devido à associação paralela.

Em seguida, para que o sistema final entregue a voltagem pretendida, esses dois blocos devem ser conectados em série. Ao realizar essa configuração, as tensões dos blocos se somam, resultando no cálculo de 1,5 V + 1,5 V, o que totaliza os 3 V exigidos pelo estudante. Essa estrutura híbrida é a única que utiliza todas as seis pilhas para satisfazer tanto o requisito de tensão quanto o de máxima corrente, uma vez que a associação em paralelo dentro dos blocos aumenta a capacidade de carga do sistema.

Portanto, ao observar as opções de montagem, identifica-se que a configuração que apresenta dois conjuntos de três pilhas em paralelo, com esses conjuntos ligados sequencialmente, é a descrita na alternativa C.

De acordo com o enunciado:

${\mathrm{R}}_{\mathrm{A}\mathrm{C}}+{\mathrm{R}}_{\mathrm{C}\mathrm{B}}={\mathrm{R}}_{\mathrm{A}\mathrm{B}}$
${\mathrm{R}}_{\mathrm{A}\mathrm{C}}+\frac{1}{3}{\mathrm{R}}_{\mathrm{A}\mathrm{C}}=10$
$\frac{4}{3}{\mathrm{R}}_{\mathrm{A}\mathrm{C}}=10$
$\boxed{ {\mathrm{R}}_{\mathrm{AC}}=7,5 \mathrm{k\Omega } }$

Destacando apenas a parte funcional do circuito:

Aplicando a lei de Ohm-Pouillet:

$\mathrm{E}=({\mathrm{R}}_1+{\mathrm{R}}_{\mathrm{AC}})\mathrm{i}$
$\mathrm{i}=\frac{\mathrm{E}}{{\mathrm{R}}_1+{\mathrm{R}}_{\mathrm{AC}}}=\frac{25}{(5+7,5)\times {10}^3}$
$\mathrm{i}=2\times {10}^{-3} \mathrm{A}$
$\mathrm{i}=2 \mathrm{mA}$

Dada a posição da ponta de prova, temos que:

$0\mathrm{V}\le {\mathrm{V}}_{\mathrm{P}\mathrm{P}}\le 9\mathrm{V}$

Logo:

$$(0-9)V\le \mathrm{\Delta }V\le (9-9)V$$
$$-9V\le \mathrm{\Delta }V\le 0V$$

Como a lâmpada funciona de acordo com suas especificações nominais, ela está submetida a uma tensão de 12 V e dissipa uma potência de 24 W. Pela relação entre potência elétrica, tensão e corrente, podemos determinar a corrente que atravessa a lâmpada:

$P=U·I$
$I=\frac{P}{U}=\frac{24}{12}=2\text{A}$

Portanto, a corrente no ramo da lâmpada é de 2 A. Como a lâmpada está em paralelo com o resistor de 3 Ω, os dois elementos estão submetidos à mesma diferença de potencial. Assim, a tensão no resistor de 3 Ω também é de 12 V.

Aplicando a Lei de Ohm ao resistor de 3 Ω, obtemos a corrente que o atravessa:

$I_3=\frac{U}{R}=\frac{12}{3}=4\text{A}$

No ponto em que a corrente se divide entre os dois ramos paralelos, a corrente total é igual à soma das correntes que passam pela lâmpada e pelo resistor de 3 Ω. Portanto:

$I_{\mathrm{total}}=2+4=6\text{A}$

Essa corrente de 6 A percorre os resistores de 5 Ω que estão em série com o conjunto em paralelo. Em cada resistor de 5 Ω, a queda de tensão é:

$U_5=R·I=5·6=30\text{V}$

Para obter a tensão total da fonte, somamos as quedas de tensão ao longo de uma malha completa do circuito. Há uma queda de 30 V em cada resistor de 5 Ω e uma diferença de potencial de 12 V no conjunto em paralelo:

$U_{\mathrm{fonte}}=30+12+30=72\text{V}$

Como o voltímetro ideal está ligado em paralelo com a fonte, ele mede exatamente essa diferença de potencial. Sua indicação é de 72 V.

As lâmpadas $L_3$ e ${\mathrm{L}}_4$ estão em série. Assim, se ${\mathrm{L}}_4$ tiver seu filamento rompido, será interrompida a corrente nesse ramo do circuito e $L_3$ também se apagará. Se as baterias forem ideais, as lâmpadas ${\mathrm{L}}_1$ e ${\mathrm{L}}_2$ continuarão acesas, sem sofrer alteração de brilho.

O ponto fundamental é identificar a diferença de potencial entre X e Y. Pela configuração do circuito, esses dois pontos estão submetidos à mesma diferença de potencial fornecida pela fonte, isto é, 12 V. Assim, o resistor de 2 Ω situado entre X e Y possui uma tensão de 12 V entre seus terminais.

Para determinar a corrente que atravessa especificamente esse resistor, aplica-se a Primeira Lei de Ohm:

$U=R·i$

Isolando a corrente elétrica:

$i=\frac{U}{R}$

Como a diferença de potencial entre X e Y é 12 V e a resistência desse resistor é 2 Ω:

$i=\frac{12}{2}=6\text{A}$

É importante observar que a questão pede a corrente que atravessa o resistor localizado entre X e Y. Portanto, deve-se utilizar a tensão existente especificamente entre esses dois pontos, e não calcular a corrente total do circuito para depois atribuí-la automaticamente a esse resistor.

Tensão elétrica sobre o resistor R:

U_R = 5V – 1,5V = 3,5V

Como o resistor e o LED estão associados em série, a corrente elétrica sobre R também é de 70 mA. Sendo assim, o valor da resistência elétrica a ser associada é de:

$${\mathrm{U}}_{\mathrm{R}}=\mathrm{R}\cdot \mathrm{i}$$
$$3,5=\mathrm{R}\cdot 0,07$$
$$\mathrm{R}=50\mathrm{\hspace{0.17em}}\mathrm{\Omega }$$

Os resistores de 20 Ω, 12 Ω e 30 Ω estão ligados em paralelo entre os mesmos pontos A e B. Em uma associação em paralelo, todos os ramos ficam submetidos à mesma diferença de potencial.

Como a bateria possui força eletromotriz de 12 V e resistência interna desprezível, a diferença de potencial entre os pontos A e B é de 12 V. Portanto, o resistor de 12 Ω também está submetido a uma tensão de 12 V.

Aplicando a Lei de Ohm ao resistor de 12 Ω:

$U=RI$

Isolando a corrente:

$I=\frac{U}{R}$

Substituindo os valores:

$I=\frac{12}{12}=1\text{A}$

Não é necessário calcular a resistência equivalente de todo o circuito, pois a questão pede apenas a corrente no resistor de 12 Ω. Os resistores de 20 Ω e 30 Ω influenciam a corrente total fornecida pela bateria, mas não modificam a tensão de 12 V aplicada ao ramo do resistor de 12 Ω.

Analisando o ponto destacado no gráfico: 

$\mathrm{U}=140 \mathrm{mV}$
$\mathrm{i}=10 \mathrm{pA}.$

Da primeira lei de Ohm: 

$\mathrm{U}=\mathrm{Ri}$
$\mathrm{R}=\frac{\mathrm{U}}{\mathrm{i}}=\frac{140\times {10}^{-3}}{10\times {10}^{-12}}=14\times {10}^9\mathrm{\Omega }$
$\mathrm{R}=14 \mathrm{G\Omega }.$

Da 1ª Lei de Ohm:

$\mathrm{U}=\mathrm{Ri}$
$\mathrm{i}=\frac{\mathrm{U}}{\mathrm{R}}=\frac{(900-800)\times 1\cancel{0^3}}{80\times 1\cancel{0^3}}=\frac{100}{80}$
$\mathrm{i}=1,25\mathrm{A}$

No gráfico, lê-se que as variações dos potenciais nos resistores R₁ e R₂ são, respectivamente:

$\left\{\begin{array}{l}{\mathrm{U}}_1=80-30\Rightarrow {\mathrm{U}}_1=50 \mathrm{V}\\ {\mathrm{U}}_2=30-0\Rightarrow {\mathrm{U}}_2=30 \mathrm{V}\end{array}\right.$

Sendo i = 2 A, aplicando a primeira lei de Ohm a ambos os resistores:

$\mathrm{U}=\mathrm{Ri} ⟨\begin{array}{c}50={\mathrm{R}}_1\cdot 2\Rightarrow {\mathrm{R}}_1=25\mathrm{\Omega }\\ 30={\mathrm{R}}_2\cdot 2\Rightarrow {\mathrm{R}}_2=15\mathrm{\Omega }\end{array}$

A corrente máxima suportada:

$$U=Ri$$
$$110=55i$$
$$i=2A$$

Potência máxima dissipada:

$$P=\frac{U^2}{R}$$
$$P=\frac{{110}^2}{55}$$
$$P=220\mathrm{W}$$

De acordo com os dois gráficos, para o tempo de 30 s, tem-se a tensão de 12 V e a corrente de 4 A, com isso, aplicando-se a Primeira Lei de Ohm, obtém-se a resistência do resistor.

Substituindo-se esses valores na Primeira Lei de Ohm, tem-se:

$\mathrm{U}=\mathrm{R}\cdot \mathrm{i}$
$\mathrm{R}=\frac{\mathrm{U}}{\mathrm{i}}=\frac{12\mathrm{V}}{4\mathrm{A}}$
$\mathrm{R}=3\mathrm{\Omega }$

De acordo com a primeira lei de Ohm, num resistor, corrente e tensão são diretamente proporcionais.

Pode-se, assim, ser construído o gráfico da corrente elétrica em função do tempo.

$\mathrm{U}=\mathrm{Ri}$
$\mathrm{i}=\frac{\mathrm{U}}{\mathrm{R}}\left\{\begin{array}{l}(0\le \mathrm{t}\le 2) \mathrm{s}\Rightarrow \mathrm{i}=\frac{6}{200}=0,03\mathrm{A}\\ \begin{array}{cc}(4\le \mathrm{t}\le 6) \mathrm{s}\Rightarrow & \mathrm{i}=\frac{12}{200}=0,06\mathrm{A}\end{array}\end{array}\right.$

No gráfico da corrente elétrica em função do tempo, a “área” entre a linha do gráfico e o eixo do tempo é numericamente igual ao módulo da carga transportada.

Assim:

$\left|\mathrm{Q}\right|=(2\times 0,03)+\left(\frac{0,03+0,06}{2}\times 2\right)+(0,06\times 2)=0,06+0,09+0,12$
$\left|\mathrm{Q}\right|=0,27\mathrm{C}$

Da expressão dada, $\mathrm{V}=\mathrm{R}\mathrm{I},$ conclui-se que, para uma tensão fixa, R e I são inversamente proporcionais. Assim, para um valor máximo de I, corresponde um valor mínimo de R.

De acordo com o enunciado, o valor máximo de I é 10 mA = 10^–2 A. Então:

$$\mathrm{V}={\mathrm{R}}_{\mathrm{mín}}{\mathrm{I}}_{\mathrm{máx}}\Rightarrow {\mathrm{R}}_{\min }=\frac{\mathrm{V}}{{\mathrm{I}}_{\mathrm{máx}}}=\frac{5}{{10}^{-2}}\Rightarrow {\mathrm{R}}_{\min }=500\mathrm{\Omega }=0,5\mathrm{k\Omega }\Rightarrow$$
$$\mathrm{R}>0,5 \mathrm{k\Omega }$$

Analisando o gráfico: para $\mathrm{R}>0,5 \mathrm{\Omega }$
$\mathrm{T}<{38}^{\circ }\mathrm{C}.$

A curva mostra os valores de R e T possíveis.

Dentro dessa faixa, tem-se o intervalo: ${10}^{\circ }\mathrm{C}<\mathrm{T}<{35}^{\circ }\mathrm{C}$

Comentário: A carga elétrica (Q), em coulomb, é dada pelo produto da corrente elétrica em ampères, pelo tempo , em segundos. Assim, fazendo-se as transformações de unidades adequadas, obtém-se a carga elétrica na unidade do Sistema Internacional (coulomb).

$\mathrm{Q}=\mathrm{i}\cdot \mathrm{t}$
$\mathrm{Q}=4000\hspace{0.17em}\cancel{\mathrm{mA}}\cdot \frac{1\mathrm{\hspace{0.17em}}\mathrm{A}}{1000\mathrm{\hspace{0.17em}}\cancel{\mathrm{mA}}}\cdot \cancel{1\mathrm{\hspace{0.17em}}\mathrm{h}}\cdot \frac{3600\mathrm{\hspace{0.17em}}\mathrm{s}}{\cancel{1\mathrm{\hspace{0.17em}}\mathrm{h}}}$
$\mathrm{Q}=14400\mathrm{\hspace{0.17em}}\mathrm{C}$

Corrente elétrica que percorre a lâmpada:

$$\mathrm{P}=\mathrm{iU}$$
$$50=\mathrm{i}\cdot 10$$
$$\mathrm{i}=5\mathrm{A}$$ 

Carga adquirida pela esfera:

$$\mathrm{Q}=\mathrm{i\Delta t}=5\cdot 0,04$$
$$\mathrm{Q}=0,2\mathrm{mC}$$

A intensidade da corrente elétrica é a razão entre a quantidade de carga elétrica e o tempo, sendo que a quantidade de carga que circula no condutor é o produto da quantidade de elétrons pela carga elétrica de cada elétron.

$\mathrm{i}=\frac{\mathrm{Q}}{\mathrm{\Delta }\mathrm{t}}-\underset{―}{\mathrm{Q}=n\mathrm{e}}\to \mathrm{i}=\frac{\mathrm{n}\cdot \mathrm{e}}{\mathrm{\Delta }\mathrm{t}}=\frac{8,0\times {10}^{16}\cdot 1,6\times {10}^{-19}\mathrm{C}}{20\mathrm{s}}$
$\mathrm{i}=6,4\times {10}^{-4}\mathrm{A}$

Para solucionar este problema, é fundamental aplicar o conceito de força magnética sobre cargas em movimento, utilizando a regra prática da mão esquerda para determinar as direções vetoriais no espaço tridimensional. Essa regra estabelece uma relação entre três vetores: a velocidade da partícula (v), a intensidade do campo magnético (B) e a força magnética resultante (F). Quando lidamos com partículas de carga positiva, o sentido da força é determinado diretamente pela orientação dos dedos e do polegar conforme o método convencional. No entanto, para partículas com carga negativa, deve-se inverter o sentido da força obtida ou considerar que o sinal da carga altera a direção final do vetor resultante.

Analisando cada caso individualmente na tabela:

Na primeira partícula, temos uma carga negativa movendo-se no sentido +z e sofrendo uma força em +y. Aplicando o raciocínio para cargas negativas, se a força fosse positiva, o campo magnético teria um sentido; como a carga é negativa, invertemos esse resultado. Para que uma carga negativa com velocidade em +z resulte em uma força em +y, o campo magnético deve apontar para -x.

Na segunda partícula, a carga é positiva, com velocidade em -y e campo magnético em +z. Utilizando a regra da mão esquerda para cargas positivas, ao posicionar os dedos no sentido do campo (+z) e alinhar a palma para a velocidade (-y), o polegar indicará a direção da força magnética, que será no sentido de -x.

Na terceira partícula, temos uma carga negativa com campo magnético em -x e força resultante em +z. Para encontrar a velocidade, partimos do princípio de que, para uma carga positiva nessas condições, a velocidade seria em +y. Como a partícula possui carga negativa, o sentido real da sua velocidade deve ser o oposto, ou seja, -y.

Portanto, ao consolidar os valores encontrados para as lacunas, obtemos a sequência 1: -x; 2: -x; e 3: -y. Essa análise sistemática confirma que a alternativa A é a única que preenche corretamente todos os componentes da tabela conforme as leis do eletromagnetismo.

O número aproximado de elétrons é de:

$$\mathrm{i}=\frac{\mathrm{ne}}{\mathrm{\Delta }\mathrm{t}}$$
$$\mathrm{n}=\frac{\mathrm{i}\mathrm{\Delta }\mathrm{t}}{\mathrm{e}}=\frac{100\cdot {10}^{-3}\cdot 1,7\cdot {10}^{-6}}{1,6\cdot {10}^{-19}}=106,25\cdot {10}^{10}$$
$$\mathrm{n}\cong {10}^{12}\text{elétrons}$$

A dimensão da área é dada pelo produto da dimensão da base pela dimensão da altura.

Fazendo analogia com a situação proposta:

$“\mathrm{A}“={\mathrm{i}}_{\mathrm{m}}\mathrm{\Delta }\mathrm{t}(\mathrm{m}\mathrm{A}\cdot \mathrm{h})$

Mas, da definição de corrente elétrica:

${\mathrm{i}}_{\mathrm{m}}=\frac{\left|\mathrm{\Delta }\mathrm{Q}\right|}{\mathrm{\Delta }\mathrm{t}}$
$\left|\mathrm{\Delta }\mathrm{Q}\right|={\mathrm{i}}_{\mathrm{m}}\mathrm{\Delta }\mathrm{t}$

Comparando (I) e (II):

$“\mathrm{A}“=\left|\mathrm{\Delta }\mathrm{Q}\right|$ (a área representa o módulo da carga fornecida pela bateria, em mAh).

A quantidade de carga elétrica é o produto da corrente elétrica pelo tempo em que circula no condutor.

$Q=i\cdot t$
$Q=0,005A\cdot 120\mathrm{s}:\therefore =0,6\mathrm{C}$

Valor da corrente para t = 0 s:

$$i\left(0\right)=4+3\cdot 0$$
$$i\left(0\right)=4A$$

Valor da corrente para t = 4 s:

$$i\left(4\right)=4+3\cdot 4$$
$$i\left(4\right)=16A$$

Valor da carga elétrica através do fio:

$$\mathrm{Q}=\frac{(16+4)\cdot 4}{2}$$
$$\mathrm{Q}=40\mathrm{C}$$

Sendo assim, a corrente média de 0 s a 4 s foi de:

${\mathrm{i}}_{\text{média}}=\frac{40\mathrm{C}}{4\mathrm{s}}=10\mathrm{A}$

$1\mathrm{A}\cdot \mathrm{h}$ equivale a carga elétrica transportada por uma corrente elétrica de 1 ampère operando durante 1 hora.

A bateria é conectada à saída do carregador, portanto é a corrente contínua de saída, e não a corrente de entrada da tomada, que determina o tempo de recarga. Como o carregador é utilizado com sua corrente máxima, a corrente fornecida à bateria é de 1000 mA.

A capacidade da bateria é de 4000 mAh. Essa unidade relaciona a carga elétrica armazenada à corrente: uma capacidade de 4000 mAh corresponde, idealmente, à carga que pode ser fornecida por uma corrente de 1000 mA durante 4 horas. Aplicando a relação entre carga, corrente e intervalo de tempo:

$\mathrm{Q}=\mathrm{i\Delta t}$

Nessa expressão, $\mathrm{Q}$ representa a capacidade da bateria, $i$ é a corrente de carregamento e $\mathrm{\Delta t}$ é o tempo de recarga. Isolando o intervalo de tempo, divide-se a capacidade da bateria pela corrente fornecida pelo carregador:

$\mathrm{\Delta t}=\frac{\mathrm{Q}}{\mathrm{i}}=\frac{4000}{1000}$

As unidades são compatíveis, pois a capacidade está em mAh e a corrente em mA. Assim, o resultado da divisão é obtido diretamente em horas:

$\boxed{\mathrm{\Delta t}=4\mathrm{h}}$

O tempo total de recarga, considerando a corrente máxima do carregador e a bateria inicialmente totalmente descarregada, é de 4 horas. Portanto, a alternativa correta é c) 4.

A energia armazenada em um capacitor (U) é dada pela expressão $\mathrm{U}=\frac{\mathrm{C}\cdot {\left(\mathrm{\Delta V}\right)}^2}{2}$, onde C é a capacitância em farad e $\left(\mathrm{\Delta V}\right)$ é a diferença de potencial em volts entre as armaduras do capacitor.

Logo, a razão entre as energias U₂ e U₁ armazenadas por cada capacitor é:

$$\frac{{\mathrm{U}}_2}{{\mathrm{U}}_1}=\frac{\frac{{\mathrm{C}}_2\cdot {\left({\mathrm{\Delta V}}_2\right)}^2}{\cancel{2}}}{\frac{{\mathrm{C}}_1\cdot {\left({\mathrm{\Delta V}}_1\right)}^2}{\cancel{2}}}$$
$$\frac{{\mathrm{U}}_2}{{\mathrm{U}}_1}=\frac{{\mathrm{C}}_2\cdot {\left({\mathrm{\Delta V}}_2\right)}^2}{{\mathrm{C}}_1\cdot {\left({\mathrm{\Delta V}}_1\right)}^2}\underset{{\mathrm{\Delta V}}_1=2{\mathrm{\Delta V}}_2}{\overset{{\mathrm{C}}_1=3{\mathrm{C}}_2}{\to }}$$
$$\frac{{\mathrm{U}}_2}{{\mathrm{U}}_1}=\frac{{\mathrm{C}}_2\cdot {\left({\mathrm{\Delta V}}_2\right)}^2}{3{\mathrm{C}}_2\cdot {\left(2{\mathrm{\Delta V}}_2\right)}^2}=\frac{\cancel{{\mathrm{C}}_2}\cdot \cancel{{\left({\mathrm{\Delta V}}_2\right)}^2}}{12\cancel{{\mathrm{C}}_2}\cdot \cancel{{\left({\mathrm{\Delta V}}_2\right)}^2}}\frac{{\mathrm{U}}_2}{{\mathrm{U}}_1}=\frac{1}{12}$$

Esta questão envolve o Teorema do Trabalho-Energia Cinética, que estabelece que o trabalho total realizado sobre a partícula é exatamente igual à variação da energia cinética. 

Trabalho total realizado (W):

Como o trabalho realizado em cada gap é o produto da carga q pela diferença de potencial ${\mathrm{\Delta V}}_{\mathrm{k}}$, para N gaps, o trabalho total é a soma dos trabalhos em cada um deles.

$\mathrm{W}=\sum _{\mathrm{k}=1}^{\mathrm{N}}\mathrm{q}\cdot {\mathrm{\Delta V}}_{\mathrm{k}}=\mathrm{q}\sum _{\mathrm{k}=1}^{\mathrm{N}}{\mathrm{\Delta V}}_{\mathrm{k}}$

De acordo com o enunciado, as diferenças de potencial seguem uma progressão geométrica:

${\mathrm{\Delta V}}_{\mathrm{k}}=\mathrm{\Delta V}\cdot {\mathrm{r}}^{\mathrm{k}-1}$

Onde ${\mathrm{\Delta V}}_{\mathrm{k}}$ é o termo geral, r é a razão e $\mathrm{\Delta V}$ é o primeiro termo, assim, a soma dos termos dessa PG de razão r e N termos é:

${\mathrm{S}}_{\mathrm{N}}=\mathrm{\Delta V}\cdot \left(\frac{{\mathrm{r}}^{\mathrm{N}}-1}{\mathrm{r}-1}\right)$

Portanto, o trabalho total é:

$\mathrm{W}=\mathrm{q}\cdot {\mathrm{S}}_{\mathrm{N}}$
$\mathrm{W}=\mathrm{q}\cdot \mathrm{\Delta V}\cdot \left(\frac{{\mathrm{r}}^{\mathrm{N}}-1}{\mathrm{r}-1}\right)$

Variação da Energia Cinética $\left(\mathrm{\Delta K}\right):$

A partícula parte do repouso (v₀ = 0) e atinge a velocidade final U. Logo:

$\mathrm{\Delta K}={\mathrm{K}}_{\mathrm{final}}-{\mathrm{K}}_{\mathrm{inicial}}=\frac{1}{2}{\mathrm{mU}}^2-0$
$\mathrm{\Delta K}=\frac{1}{2}{\mathrm{mU}}^2$

Igualando trabalho e Energia:

$\mathrm{W}=\mathrm{\Delta K}$
$\mathrm{q}\cdot \mathrm{\Delta V}\cdot \left(\frac{{\mathrm{r}}^{\mathrm{N}}-1}{\mathrm{r}-1}\right)=\frac{1}{2}{\mathrm{mU}}^2$

Isolando a razão carga/massa (q/m):

$\frac{\mathrm{q}}{\mathrm{m}}=\frac{1}{2}\frac{{\mathrm{U}}^2}{\mathrm{\Delta V}\cdot \left(\frac{{\mathrm{r}}^{\mathrm{N}}-1}{\mathrm{r}-1}\right)}$
$\frac{\mathrm{q}}{\mathrm{m}}=\frac{{\mathrm{U}}^2(\mathrm{r}-1)}{2\mathrm{\Delta V}\cdot ({\mathrm{r}}^{\mathrm{N}}-1)}$

Associação de capacitores em paralelo:

Nesta associação basta somar as capacitâncias individuais para obter-se a capacitância equivalente da associação.

$$\mathrm{M}\left(100\mathrm{\mu F}\right)+\mathrm{N}\left(1000\mathrm{\mu F}\right)={\mathrm{C}}_{\mathrm{eq}\left(\mathrm{paralelo}\right)}\Rightarrow$$
$$\mathrm{M}\left(100\mathrm{\mu F}\right)+\mathrm{N}\left(1000\mathrm{\mu F}\right)=2300\mathrm{\mu F}\Rightarrow$$
$$100\mathrm{M}+1000\mathrm{N}=2300\Rightarrow$$
$$10\mathrm{M}+100\mathrm{N}=230\left(\mathrm{eq}1\right)$$ 

Associação de capacitores em série:

Nesta associação, a soma dos inversos das capacitâncias é o inverso da capacitância equivalente.

$$\frac{\mathrm{M}}{100\mathrm{\mu F}}+\frac{\mathrm{N}}{1000\mathrm{\mu F}}=\frac{1}{{\mathrm{C}}_{\mathrm{eq}\left(\mathrm{série}\right)}}\Rightarrow$$
$$\frac{\mathrm{M}}{100\mathrm{\mu F}}+\frac{\mathrm{N}}{1000\mathrm{\mu F}}=\frac{1}{31,25\mathrm{\mu F}}\Rightarrow$$
$$\frac{10\mathrm{M}}{\cancel{1000\mathrm{\mu F}}}+\frac{\mathrm{N}}{\cancel{1000\mathrm{\mu F}}}=\frac{32}{\cancel{1000\mathrm{\mu F}}}\Rightarrow$$
$$10\mathrm{M}+\mathrm{N}=32\left(\mathrm{eq}2\right)$$ 

Com as duas equações temos um sistema de equações lineares e subtraindo a equação (2) da (1), temos:

$$\{\begin{array}{l}10\mathrm{M}+100\mathrm{N}=230\\ 10\mathrm{M}+\mathrm{N}=32\end{array}\Rightarrow$$
$$\{\begin{array}{l}10\mathrm{M}+100\mathrm{N}=230\\ -10\mathrm{M}-\mathrm{N}=-32\end{array}\Rightarrow$$
$$99\mathrm{N}=198$$
$$\mathrm{N}=\frac{198}{99}\mathrm{N}=2$$

Substituindo o valor de N na equação (2):

$$10\mathrm{M}+\mathrm{N}=32\Rightarrow$$
$$10\mathrm{M}+2=32\Rightarrow$$
$$10\mathrm{M}=30$$
$$\mathrm{M}=\frac{30}{10}\mathrm{M}=3$$ 

Logo, a razão M/N é: $\frac{\mathrm{M}}{\mathrm{N}}=\frac{3}{2}$

A energia eletrostática de um sistema de cargas pontuais é obtida somando a energia associada a cada par de cargas. Como o triângulo é equilátero, todas as separações entre as cargas são iguais a L. Assim, cada par contribui com$\frac{k{q}_i{q}_j}{L}$, em que k é a constante eletrostática.

Na configuração inicial, as cargas são +Q, +Q e −Q. Os três pares de cargas são:

$(+Q)(+Q)=+Q^2$

$(+Q)(-Q)=-Q^2$

$(+Q)(-Q)=-Q^2$

A soma dos produtos das cargas é, portanto, +Q² − Q² − Q² = −Q². Logo, a energia inicial é$E_1=-\frac{k{Q}^2}{L}$.

Após substituir uma das cargas +Q por −Q, a configuração passa a ser formada por duas cargas −Q e uma carga +Q.

Novamente, há um par de cargas negativas, cujo produto é +Q², e dois pares com sinais opostos, cada um com produto −Q². A soma permanece igual a −Q², de modo que$E_2=-\frac{k{Q}^2}{L}$.

As duas energias têm o mesmo valor algébrico. Portanto, a razão entre elas é$\frac{E_2}{E_1}=1$.

Para resolver essa questão, utilizaremos o Teorema da Conservação da Energia Mecânica, uma vez que não há forças dissipativas (atrito).

Energia no Ponto A (Inicial):

No ponto A, a carga está em repouso $({\mathrm{v}}_{\mathrm{A}}=0$
${\mathrm{E}}_{\mathrm{C}\left(\mathrm{A}\right)}=0)$ ao nível do solo $({\mathrm{h}}_{\mathrm{A}}=0$
${\mathrm{E}}_{\mathrm{pg}\left(\mathrm{A}\right)}=0).$ A única energia presente é a Energia Potencial Eletrostática devido à carga no ponto O.

${\mathrm{E}}_{\mathrm{A}}=\frac{\mathrm{kQq}}{\mathrm{d}}$

Energia no Ponto B (Final)

No ponto B, a carga possui energia cinética, potencial gravitacional e potencial eletrostática. Para determinar a energia potencial eletrostática, utilizaremos a Lei dos cossenos para determinar a distância OB necessária para o seu cálculo. 

Determinação da distância OB:

Temos um triangulo isósceles com dois lados iguais a d e o ângulo entre eles é de $180°–\mathrm{\theta },$ pois pela lei dos cossenos no triângulo, onde e o ângulo externo é $\mathrm{\theta }$ (o ângulo interno em A é $180°–\mathrm{\theta }):$

$${\overline{\mathrm{OB}}}^2={\mathrm{d}}^2+{\mathrm{d}}^2-2{\mathrm{d}}^2\cdot \cos (180°-\mathrm{\theta })\Rightarrow$$
$${\overline{\mathrm{OB}}}^2=2{\mathrm{d}}^2(1-\cos (180°-\mathrm{\theta }))$$

Usando a identidade trigonométrica $\cos (\mathrm{a}-\mathrm{b})=\cos \hspace{0.17em}\mathrm{a}\cdot \cos \hspace{0.17em}\mathrm{b}+\mathrm{sen}\hspace{0.17em}\mathrm{a}\cdot \mathrm{sen}\hspace{0.17em}\mathrm{b},$ temos:

$\cos (180°-\mathrm{\theta })=\cos \hspace{0.17em}180°\cdot \cos \hspace{0.17em}\mathrm{\theta }+\mathrm{sen}\hspace{0.17em}180°\cdot \mathrm{sen}\hspace{0.17em}\mathrm{\theta }\underset{\mathrm{sen}\mathrm{\hspace{0.17em}}180°=0}{\overset{\cos \mathrm{\hspace{0.17em}}180°=-1}{\to }}\cos (180°-\mathrm{\theta })=-\cos \mathrm{\hspace{0.17em}}\mathrm{\theta }$

Substituindo na expressão de OB:

$${\overline{\mathrm{OB}}}^2=2{\mathrm{d}}^2(1-\cos (180°-\mathrm{\theta }))=2{\mathrm{d}}^2(1-(-\cos \mathrm{\hspace{0.17em}}\mathrm{\theta }))\Rightarrow$$
$${\overline{\mathrm{OB}}}^2=2{\mathrm{d}}^2(1+\cos \mathrm{\hspace{0.17em}}\mathrm{\theta })$$
$$\overline{\mathrm{OB}}=\sqrt{2{\mathrm{d}}^2(1+\cos \mathrm{\hspace{0.17em}}\mathrm{\theta })}=\mathrm{d}\sqrt{2(1+\cos \mathrm{\hspace{0.17em}}\mathrm{\theta })}$$ 

Energia potencial eletrostática no ponto B:

${\mathrm{E}}_{\mathrm{pe}\left(\mathrm{B}\right)}=\frac{\mathrm{kQq}}{\overline{\mathrm{OB}}}=\frac{\mathrm{kQq}}{\mathrm{d}\sqrt{2(1+\cos \mathrm{\hspace{0.17em}}\mathrm{\theta })}}$ 

Altura de B(h). A altura em relação ao solo é dada pela projeção vertical do segmento AB na rampa:

$\mathrm{sen}\hspace{0.17em}\mathrm{\theta }=\frac{\mathrm{h}}{\mathrm{d}}$
$\mathrm{h}=\mathrm{d}\cdot \mathrm{sen}\mathrm{\hspace{0.17em}}\mathrm{\theta }$

Energia potencial gravitacional em B:

${\mathrm{E}}_{\mathrm{pg}\left(\mathrm{B}\right)}=\mathrm{mgh}=\mathrm{mgd}\cdot \mathrm{sen}\mathrm{\hspace{0.17em}}\mathrm{\theta }$ 

Energia cinética em B: A partir da energia cinética no ponto B, descobriremos a velocidade da partícula que é o que se pede na questão.

${\mathrm{E}}_{\mathrm{c}\left(\mathrm{B}\right)}=\frac{\mathrm{m}\cdot {{\mathrm{v}}_{\mathrm{B}}}^2}{2}$ 

Energia Total em B: A energia total no ponto B é a soma da energia potencial eletrostática, da energia potencial gravitacional e da energia cinética.

$E_B=E_{\mathrm{pe}\left(B\right)}+E_{\mathrm{pg}\left(B\right)}+E_{c\left(B\right)}=\frac{\mathrm{kQq}}{d\sqrt{2(1+\cos \hspace{0.17em}\theta )}}+\mathrm{mgd}\cdot \mathrm{sen}\hspace{0.17em}\theta +\frac{m\cdot {v_B}^2}{2}$ 

Usando o Princípio da Conservação da Energia para os pontos A e B, temos:

$E_A=E_B$
$\frac{\mathrm{kQq}}{d}=\frac{\mathrm{kQq}}{d\sqrt{2(1+\cos \hspace{0.17em}\theta )}}+\mathrm{mgd}\cdot \mathrm{sen}\hspace{0.17em}\theta +\frac{m\cdot {v_B}^2}{2}$ 

Isolando o termo da velocidade:

$\frac{m\cdot {v_B}^2}{2}=\frac{\mathrm{kQq}}{d}-\frac{\mathrm{kQq}}{d\sqrt{2(1+\cos \hspace{0.17em}\theta )}}-\mathrm{mgd}\cdot \mathrm{sen}\hspace{0.17em}\theta$

Multiplicando por $\frac{2}{m}:$

${v_B}^2=\frac{2\mathrm{kQq}}{\mathrm{md}}-\frac{2\mathrm{kQq}}{\mathrm{md}\sqrt{2(1+\cos \hspace{0.17em}\theta )}}-2\mathrm{gd}\cdot \mathrm{sen}\hspace{0.17em}\theta$ 

Colocando o fator comum em evidência:

${v_B}^2=\frac{2\mathrm{kQq}}{\mathrm{md}}(1-\frac{1}{\sqrt{2(1+\cos \hspace{0.17em}\theta )}})-2\mathrm{gd}\cdot \mathrm{sen}\hspace{0.17em}\theta$ 

Extraindo a raiz quadrada, obtemos a expressão da alternativa [D]:

$v_B=\sqrt{\frac{2\mathrm{kQq}}{\mathrm{md}}(1-\frac{1}{\sqrt{2(1+\cos \hspace{0.17em}\theta )}})-2\mathrm{gd}\cdot \mathrm{sen}\hspace{0.17em}\theta }$.

Gabarito Oficial: Anulada

Gabarito Super Professor®: [D] – adaptada

Capacitância de capacitor de placas paralelas no vácuo (C₀): A capacitância  de um capacitor de placas paralelas no vácuo é dada pela expressão que envolve a permissividade do dielétrico ${\mathrm{\epsilon }}_0$, a área das placas  e a distância entre as placas d.

${\mathrm{C}}_0=\frac{{\mathrm{\epsilon }}_0}{\mathrm{d}}\cdot \mathrm{A}$

Capacitância com materiais dielétricos diversos (C_n): A capacitância de capacitores com dielétricos diversos fica multiplicada pela constante de permissividade k do material em relação ao capacitor de placas paralelas no vácuo. Como serão inseridos 8 dielétricos de área A e espessura d/8 entre as placas do capacitor, podemos definir a capacitância de cada um dielétrico de acordo com a expressão:

${\mathrm{C}}_{\mathrm{n}}={\mathrm{k}}_{\mathrm{n}}\frac{{\mathrm{\epsilon }}_0}{\mathrm{d}/8}\cdot \mathrm{A}=8{\mathrm{k}}_{\mathrm{n}}\frac{{\mathrm{\epsilon }}_0}{\mathrm{d}}\cdot \mathrm{A}\stackrel{{\mathrm{C}}_0=\frac{{\mathrm{\epsilon }}_0}{\mathrm{d}}\cdot \mathrm{A}}{\to }{\mathrm{C}}_{\mathrm{n}}=8{\mathrm{k}}_{\mathrm{n}}{\mathrm{C}}_0$  

Série dos dielétricos: Cada dielétrico a partir do primeiro é a metade do anterior, sendo k₁ = 10. A sequência dos dielétricos representa uma progressão geométrica de razão 1/2.

${\mathrm{k}}_1=10,\mathrm{\hspace{0.17em}}{\mathrm{k}}_2=\frac{10}{2},\mathrm{\hspace{0.17em}}{\mathrm{k}}_3=\frac{10}{2^2},\mathrm{\hspace{0.17em}}\cdots ,{\mathrm{k}}_{\mathrm{n}}=\frac{10}{2^{\mathrm{n}-1}}$
${\mathrm{k}}_8=\frac{10}{2^7}$

Capacitância equivalente (C_eq): O dispositivo representa uma associação em série de capacitores em que a capacitância equivalente é obtida pelo somatório dos inversos das capacitâncias individuais de cada dielétrico de constante k_i.

$\frac{1}{{\mathrm{C}}_{\mathrm{eq}}}=\frac{1}{{\mathrm{C}}_1}+\frac{1}{{\mathrm{C}}_2}+\frac{1}{{\mathrm{C}}_3}+\cdots +\frac{1}{{\mathrm{C}}_8}\Rightarrow$

Substituindo-se pela expressão para cada dielétrico e fatorando:

$\frac{1}{{\mathrm{C}}_{\mathrm{eq}}}=\frac{1}{8{\mathrm{k}}_1{\mathrm{C}}_0}+\frac{1}{8{\mathrm{k}}_2{\mathrm{C}}_0}+\frac{1}{8{\mathrm{k}}_3{\mathrm{C}}_0}+\cdots +\frac{1}{8{\mathrm{k}}_8{\mathrm{C}}_0}=\frac{1}{8{\mathrm{C}}_0}(\frac{1}{{\mathrm{k}}_1}+\frac{1}{{\mathrm{k}}_2}+\frac{1}{{\mathrm{k}}_3}+\cdots +\frac{1}{{\mathrm{k}}_8})$

Usando-se os valores para as constantes dos dielétricos:

$\frac{1}{{\mathrm{C}}_{\mathrm{eq}}}=\frac{1}{8{\mathrm{C}}_0}(\frac{1}{10}+\frac{1}{10/2}+\frac{1}{10/2^2}+\cdots +\frac{1}{10/2^7})$

Fatorando mais uma vez, temos:

$\frac{1}{{\mathrm{C}}_{\mathrm{eq}}}=\frac{1}{80{\mathrm{C}}_0}(1+2+2^2+\cdots +2^7)$

Nota-se que a soma dentro dos parênteses representa uma PG agora de razão 2. Assim, podemos determinar a soma finita.

$1+2+2^2+\cdots +2^7={\mathrm{S}}_8=\frac{{\mathrm{a}}_1\cdot ({\mathrm{q}}^{\mathrm{n}}-1)}{\mathrm{q}-1}$ (fórmula da soma dos termos de uma PG finita).

$1+2+2^2+\cdots +2^7=S_8=\frac{1\cdot (2^8-1)}{2-1}$
$S_8=\frac{256-1}{1}=255$

Finalmente, podemos obter a capacitância equivalente da associação:

$\frac{1}{{\mathrm{C}}_{\mathrm{eq}}}=\frac{1}{80{\mathrm{C}}_0}(1+2+2^2+\cdots +2^7)$
$\frac{1}{{\mathrm{C}}_{\mathrm{eq}}}=\frac{255}{80{\mathrm{C}}_0}$