Resoluções das Atividades

Resoluções das Atividades

Sumário

Aula 1 – Processos de eletrização I ...1

Aula 2 – Processos de eletrização II ...2

Aula 3 – Força elétrica ...4

Aula 4 – Campo elétrico I ...6

Aula 5 – Campo elétrico II ...8

Atividades Propostas

01 C

Os quarks up (u) têm carga elétrica + 2

3 e, e os quarks down (d) têm carga elétrica – 1

3 e, nos quais e é o módulo da carga elétrica do elétron (carga elementar).

Assim, o próton e o nêutron têm as seguintes composições:

02 E

Etapa I: como houve repulsão, a esfera pendular e o bas- tão tinham cargas de mesmo sinal, respectivamente:

[(+),(+)] ou [(–),(–)].

Etapa II: a esfera estava descarregada e o bastão conti- nuou com a mesma carga: [(neutra),(+)] ou [(neutra), (–)]

Etapa III: ao entrar em contato com o bastão, a esfera adquiriu carga de mesmo sinal que ele, pois foi novamente repelida. As cargas da esfera e do bastão podiam ser, res- pectivamente: [(+),(+)] ou [(–),(–)].

Como o sinal da carga do bastão não sofreu alteração, a esfera apresentava cargas de mesmo sinal nas etapas I e III.

Assim as possibilidades de carga são: [(+), (neutra) e (+)] ou [(–), neutra e (–)].

03 E

Na eletrização por atrito, ocorre transferência de elétrons de um corpo para o outro, ficando ambos eletrizados com cargas de sinais opostos. No entanto, não é possível, nesse caso, saber se o vidro ficou com carga negativa ou positiva.

01 E

Pela leitura do texto, observamos que somente os quarks up e down estão presentes no núcleo atômico. Ou seja, prótons e nêutrons possuem somente quarks up e down.

Cada próton é composto de 2 quarks up e 1 quark down.

Como um átomo de lítio tem 3 prótons, ele terá 6 quarks up e 3 quarks down. Cada nêutron é composto de 1 quark up e 2 quarks down. Como o átomo de lítio tem 4 nêu- trons, ele terá 4 quarks up e 8 quarks down. Ele possuirá um total de 10 quarks up e 11 quarks down.

02 B

A umidade do ar faz com que ele se torne bom condutor de eletricidade. Assim, em dias secos, com umidade bem baixa, o ar seco torna-se um bom isolante e os corpos só perdem cargas para outros por meio do contato.

Atividades para Sala Aula 1 Processos de eletrização I

1 próton = 1d + 2u 1 nêutron = 1u + 2d

Up Up

Down Up

Down Down

O bastão de vidro eletrizado atrai os pedaços de papel que estão neutros, devido à polarização.

04 A

Conectando as esferas por fios condutores, haverá um rearranjo das cargas. Considerando as esferas idênticas, a carga final de cada uma após a conexão é dada por:

Q Q Q

Q C

A B

’ ( )

’

= + = + − ⇒

= 2

20 4 2 8µ

Como a carga final de todas as esferas é positiva, a força entre elas será repulsiva. Assim sendo, após a desconexão dos cabos condutores, a força resultante sobre a partícula 3 pode ser representada pela ilustração a seguir:

Isto é, horizontal para direita.

1 2 3 F3

07 E

Como as esferas B e C não têm efeito uma sobre a outra, ambas estão neutras: B (neutra) e C (neutra).

A esfera A tem carga negativa.

Se as esferas B e C são atraídas por D, então D está ele- trizada. Como D é atraída por A, elas possuem cargas de sinais contrários. Assim, a esfera D tem carga positiva.

08 C

Se não há força elétrica entre o pente e o pedacinho de papel, então ambos estão inicialmente neutros.

Ao passar o pente no cabelo (atrito), os dois se eletrizam com cargas de sinais contrários.

Aproximando novamente o pente do pedacinho de papel, este é atraído pelo pente, agora eletrizado, enquanto o papel continua neutro.

As forças eletrostáticas F

_pente

= F

_papel

, pois são forças do tipo ação e reação.

09 B

Contato de Z com M: q

_Z

= q

_M

= 60 ⇒ q

_Z

= q

_M

= C

2 30

Contato de Z com N: q ’

_Z

= q

^Z

+ q

^N

= + ⇒ q ’

_Z

= C 2

30 10

2 20

Contato de Z com P:

No final dos contatos, a carga da esfera Z será q’’

_Z

= –10 C

10 B

Ao se atritar o canudo com o papel-toalha, ambos se ele- trizam. O papel-toalha, por ser melhor condutor que o canudo, neutraliza-se em contato com o estudante.

q ’’

_Z

= q ’

^Z

+ q

^P

= + − ( ) ⇒ q ’’

_Z

= − C 2

20 40

2 10

03 C

No contato entre A e B, temos:

Q Q Q Q

A B A B

C

´ ´ ,

= = + = + = , 2

6 4 0 2 3 2 µ

O número de elétrons n

₁

transportados nessa operação é dado por:

elétrons No contato entre B e C, temos:

Q Q Q Q

B C B C

C

´´ ´ ´ ,

= = + = + = , 2

3 2 0 2 1 6 µ

O número de elétrons n

₂

transportados nessa operação é dado por:

n Q

e

C 2

6 19

1 6 10

13

1 6 10 1 0 10

= = ⋅

⋅

₋⁻

= ⋅

´ ,

, , elétrons

Assim, o número total de elétrons transportados é:

n = n

₁

+ n

₂

= 2,0 · 10

¹³

+ 1,0 · 10

¹³

⇒ n = 3,0 · 10

¹³

elétrons 04 C

Após a transferência de carga, observa-se que, na figura I, ocorre uma repulsão e, consequentemente, ambas as esferas estão carregadas com cargas de mesmo sinal.

Necessariamente, o fio que une as esferas é condutor.

Na figura II, verifica-se uma atração, o que significa que apenas uma delas está carregada, pois inicialmente ambas estavam neutras. Nesse caso, o fio que liga as esferas é obrigatoriamente isolante.

05 A

No processo de eletrização por atrito, os corpos adquirem cargas de sinais diferentes. Dessa forma, um fica eletrizado positivamente e o outro negativamente.

06 C

n Q

e

B 1

6 19

3 2 10

13

1 6 10 2 0 10

= = ⋅

⋅

₋⁻

= ⋅

´ ,

, ,

01 D

a) (F) A esfera neutra polariza-se e ocorre a atração entre elas:

Atividades para Sala Aula 2 Processos de eletrização II

++ ––– + ––

–––

++ ++ + ++

++

Neutra B

–Q 2

1

^o

contato:

–Q

A B A

⇒ –Q

2

2

^o

contato:

+Q

A C A C

–Q ⇒ 2

Q 4 Q

4

Q Q Q

Q Q

Q Q

Q

Q Q Q

T T

A C A C

= + − 

 

 ⇒ =

= = ⇒ = =

2 2

2

2 4

´ ´ ´ ´

Atividades Propostas

02 C

As cargas induzidas na Terra e indutoras na parte mais baixa da nuvem sempre têm sinais contrários.

03 D

Como o cubo tem dimensões maiores que as esferas I e II, elas se descarregam para o cubo. Como as esferas I e II têm cargas +q e –q, respectivamente, a carga do cubo não se altera. Assim, no final do processo, as cargas são:

cubo (+Q); esfera I (neutra); esfera II (neutra).

04 C

A fuselagem do avião é condutora e isolada. Ao ser atin- gida por um raio, as cargas em excesso ficarão na super- fície externa, pois a fuselagem atua como blindagem ele- trostática. No interior do avião, não há carga em excesso, logo a tripulação não sofrerá nenhum dano físico.

05 D

Se o bastão de vidro carregado positivamente atrai um pedaço de papel-alumínio, é possível que:

I. o pedaço de papel-alumínio esteja carregado negativa- mente, mas não necessariamente.

Na figura 2, o dedo do professor faz uma ligação à Terra na esfera S, logo, ela ficará eletrizada positivamente. A esfera R continua polarizada.

Na figura 3, a polarização na esfera R deixa de existir e permanece neutra, enquanto a esfera S fica com carga positiva.

01 D

Na figura 1, as esferas R e S estão polarizadas.

Figura 1

Figura 2

Figura 3 ++

++ ++ + +

+ + + +

Neutra

b) (F) Havendo contato, a carga será distribuída igualmente pelas duas esferas:

Quando elas forem afastadas, haverá repulsão.

c) (F) Contraria o que foi explicado no item B.

d) (V) Ao aterrarmos a esfera B, as cargas positivas serão neutralizadas por elétrons que vêm da Terra.

++ –– +

–– –– ––

++ + ++ ++

++

Neutra

++ –– –– ––

––

++ ++

Neutra

Elétrons

e) (F) Tudo volta ao início, já que não houve transferência de cargas.

02 B

Os celulares recebem ligações por meio de ondas ele- tromagnéticas. Dentro da caixa metálica, o celular fica blindado eletrostaticamente, pois as cargas distribuem- -se na superfície externa do condutor, anulando o campo elétrico no seu interior, e assim as ondas não conseguem atingir o aparelho. Dessa forma, o aparelho não recebe chamadas.

03 A

Ao ligarmos a chave S, fazendo o aterramento do eletros- cópio, elétrons subirão para as folhas, neutralizando as cargas positivas. No entanto, o eletroscópio continuará com carga positiva, menor que a anterior, pois as cargas da esfera do eletroscópio sofreram atração por parte do corpo A.

04 B

A Gaiola de Faraday é uma blindagem eletrostática, na qual o campo elétrico não se manifesta no interior. Por- tanto, o fenômeno que pode ser explicado com base no experimento é o das ligações de telefones celulares fica- rem comprometidas no interior de elevadores metálicos.

Ao passar o pente nos cabelos, eles ficam arrepiados devido à eletrização por atrito. Já o fenômeno dos raios nos dias de chuva é explicado pela quebra da rigidez dielétrica do ar. O fato de as descargas atmosféricas atin- girem os para-raios é explicado pelo poder das pontas.

O aterramento dos aparelhos eletrodomésticos evita que

cargas indesejáveis permaneçam na superfície dos condu-

tores, escoando para a Terra pelo processo do contato.

Atividades para Sala Aula 3 Força elétrica

07 C

As figuras ilustram a situação descrita.

Na figura 1, devido à presença do bastão, ocorre a pola- rização de cargas nas esferas. A figura 2 mostra as esferas com cargas de mesmo módulo e sinais opostos.

08 A

Quando a pele do gato se atrita com plástico, este se ele- triza negativamente, enquanto aquela se eletriza positiva- mente. Ao entrar em contato com a cuba X, esta se car- rega positivamente. Instantaneamente, ocorre indução nas cubas Y e Z, que, ao se separarem, terão cargas: Y (nega- tiva) e Z (positiva).

09 A

A polarização (fenômeno da indução) ocorre tanto com condutores (anel de cobre) como também com isolantes (anel de plástico).

A polarização é mais acentuada nos condutores que nos isolantes. Dessa maneira, os dois anéis se aproximarão do bastão. Porém, a atração é maior no anel de cobre que no anel de plástico.

10 A

Com o eletroscópio carregado positivamente, as folhas estão afastadas. Ao aproximarmos do eletroscópio um bastão carregado, observamos que suas folhas se fecham, o que significa que elétrons foram repelidos da esfera para as folhas. Assim, o bastão tem carga negativa.

01 B

Aplicando a Lei de Coulomb aos pontos mostrados no gráfico:

F k Q

= d

2 2

F k Q

=

2

0 3

2

( , )



F k Q

9 10 0 3 k Q 0 1

3 2 2

2

⋅ = ⋅

2

⇒

( , ) ( , ) 9 10 0 1

3 2

⋅ = k Q

2

( , )

÷ ⇒ ⇒

F F

F N

9 10 0 1 0 3 9 10

1

9 1 10

3 2

2 3

3

⋅ = ⋅

⋅ = ⇒ = ⋅ ( , )

( , )

02 A

O triplo contato faz com que a carga total divida-se por três, portanto, q

_A

= q

_B

= Q

3 . A força será repulsiva de valor: k

Q Q d

K Q

0 2

d

0 2

3 3

2

9

⋅ = .

03 D

As figuras representam as duas situações.

Na primeira situação, as forças são atrativas e têm inten- sidade:

F k Q q

= 4 d

2

Na segunda situação, as forças são repulsivas e têm inten- sidade:

F k Q q

d

k Q q d

k Q q

’ d

= 4 ( ) 3 = = 2

12

4 3

2 2 2

Comparando as expressões (I) e (II), concluímos que F’ = 3 F, e que as forças passam de atrativas para repulsivas.

04 D Assim, elas funcionarão como se fossem um só condutor.

Aproximamos o bastão carregado de uma das esferas (operação I). Haverá polarização nas esferas. Separando-se as esferas (operação III) e afastando-se o bastão (operação IV), as esferas estarão carregadas por indução.

II. o papel-alumínio pode estar neutro, mas é polarizado pelo bastão, o que provoca uma força de atração.

06 A

Inicialmente, colocamos as esferas em contato (operação II).

F

F D

Q q

F k Q q

= D

₂

+Q F F –q

d +4Q

2d

F’ +3q F’

++ ++

1 2

Figura 2 + +

+ +

1 2

Figura 1

++++ + ++ ++++

++ ++

Atividades Propostas

F KQ Q

d F N

12 1 2

1

2 12

4 10

5

= ⇒ = ⋅

⁻

F KQ Q

32

d

2 3

2

=

2

Como d

₁

= 2d

₂⇒

F

₃₂

= 4F

₁₂⇒

F

₃₂

= 16 · 10

^–5

N Cálculo da resultante em Q

₂

:

R = F

₃₂

– F

₁₂⇒

R = 16 · 10

^–5

– 4 · 10

^–5⇒

R = 12 · 10

^–5

N

⇒

1,2 · 10

^–4

N

06 D

Com os balões carregados negativamente, a intensidade da força elétrica aumenta entre os balões, pois a distância diminui e eles se repelem.

07 E

Antes do contato:

F F

+Q –2Q

d

F k Q Q

d F k Q

=

⁰

⋅ ⋅

₂

2 ⇒ = 2 d

⁰₂ ²

Depois do contato:

A carga das esferas Q

_T

= +Q + (–2Q)

⇒

Q

_T

= –Q

Q Q Q

1 2

= = − 2

d 1 2

F₁ F1

F k Q Q

d F k Q

1 0 2 1 0

d

2

2 2

2

= ⋅ 4

⇒ =

Razão F F

₁

F F

k Q d

d k Q

F

1

F

0 2 2

2

0 2 1

2 4

= ⋅ ⇒ = 8

08 D

Do enunciado, pode-se observar que as intensidades das forças de q

₂

e q

₃

sobre q

₁

têm intensidades 3F e 4F, respec- tivamente.

4F

R

q2 = 3q

q3 = 4q q₁ = q

3F

01 C

Observe que F · r

²

= constante = C 144 · (0,25)

²

= 36 · (0,5)

²

= 9

Assim: 16 · d

²

= 9

⇒

d

²

9 d m

16 0 75

= ⇒ = ,

02 B

Inicialmente, a força entre as esferas será F k Q

0

D

2 2

= 3 . Após as duas esferas se tocarem, as cargas em ambas serão iguais a

^Q+3^Q= Q

2 2

. Posteriormente, quando elas forem posicionadas na distância D, a força de repulsão será F k Q

= ( 2 D )

²

2

. Portanto, F

F

₀

4

= 3 . 03 B

O corpo possui falta de elétrons, isto é, está carregado positivamente.

A carga do corpo é:

Q = (n

_p

– n

_e

) · e ⇒ Q = (5 · 10

¹⁹

– 4 · 10

¹⁹

) · 1,6 · 10

^–19

⇒ Q = 1,6 C

04 D

No contato de esferas idênticas, a carga total se divide igualmente entre elas. Assim, a carga de cada esfera após o contato será:

Q

_A

= Q

_B

= 1,6 µC

Dessa maneira, n elétrons saíram da esfera B para a esfera A.

Q

_B

= n · e ⇒ 1,6 · 10

^–6

= n · 1,6 · 10

^–19

⇒ n = 10

¹³

elétrons 05 C

As forças que atuam em Q

₂

são:

F₃₂ F12

d₁ = 10 cm d2 = 5 cm

F k Q q D

F k Q q

D

F F

* ( )

*

*

=

= ⋅

= 2 1 4 1 4

2

2

F* 2D F*

Q q

Atividades Propostas Atividades para Sala

Aula 4 Campo elétrico I

01 A

O campo elétrico é uma grandeza vetorial definida como:

E F

q

 

=

0

No entanto, o campo elétrico não depende da carga de prova, mas depende da carga geradora (Q):

E kQ

= d

₂

O sentido do campo elétrico depende da carga (Q) que gera o campo elétrico.

02 E

A intensidade do campo elétrico é inversamente propor- cional ao quadrado da distância. Assim:

E

₁

· d

₁²

= E

₂

· d

₂² ⇒

4,5 · 10

⁵

· (10

^–1

)

²

= E

₂

· (3 · 10

^–1

)

²⇒

0,5 · 10

⁵

N/C

01 C

Situação inicial:

Situação final:

+

Q r P

E KQ

= r₂

E 

+

3Q 2r E

1  E K Q

1 r2

3

= 2 ( )

Como formam 90º, sua intensidade pode ser calculada

pelo Teorema de Pitágoras. Logo:

R = ( ) 3 F

²

+ ( ) 4 F

²

∴ = R 5 F 09 C

A força elétrica é calculada pela fórmula:

^F=₄π ε^{1 ⋅q q}_d^{1 2}2

. Como as cargas e as distâncias são as mesmas nas três situações, tem-se:

F q q

d F q q

d

F q q

= 1 ⋅ = ⋅ = ⋅ d

4 2 1

4 2

1

1 4

1 2 2

2 1 2

2

3 1 2

π ε ; π ε ; π ε 2 .

Assim: ε

₂

< ε

₁

< ε

₃

O meio 2 é o de menor permissividade (parafina); o meio 3 o de maior permissividade (vidro).

10 B

Cálculo da carga de cada esfera:

|Q| = n · e

⇒

|Q| = 5,0 · 10

¹⁴

· 1,6 · 10

^–19

C

|Q| = 8,0 · 10

^–5

C

Cálculo da força elétrica:

F k Q Q

d

F N F

= ⋅

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

( ⋅ ) ^{( ) ⇒ =}

− −

−

0 2

9 5 5

9 0 10 8 0 10 8 0 10

2 2

8 0 10 9

| | | |

, , ,

, ,00 10 ⋅

³

N

Como foram transferidos elétrons de uma esfera para outra, uma delas ficou positiva e a outra negativa. Logo, entre elas surge uma força de atração.

Cálculo da força:

F = q · E

₂⇒

F = 2 · 10

^–6

· 0,5 · 10

⁵⇒

F = 1 · 10

^–1

N/C 03 D

Dados: m = 1,6 g = 1,6 · 10

^–3

kg; e = 1,6 · 10

^–19

C; E = 1 · 10

⁹

N/C;

g = 10 m/s

²

.

Como a esfera está em equilíbrio, a força eletrostática equilibra o peso:

F q E mg neE mg n mg

eE n

n

= = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⇒

= ⋅

−

−

1 6 10 10 1 6 10 10 1 10

3

19 9

8

, ,

04 E

Campo elétrico produzido pela carga q

₁

na posição da carga q

₂

:

q₁ Eq1 q2

2d

Eq k q

d Eq k

d Eq k

1 0 1

d

2 1 0

2 1 0

2

2

16

4 4

= ⋅

⋅ ⇒ = ⋅

⋅ ⇒ = ⋅

( )

µ µ (horizonte para

a esquerda)

⇒

E

_q1

= 3,6 · 10

⁸

V/m

Campo elétrico produzido pela carga q

₃

na posição da carga q

₂

:

q2

d

Eq₃ q₃

Eq k q

d Eq k

d Eq k

3 4 d

0 3

4

2

3 0

2 3 0

= ⋅

2

⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅

( )

µ µ (horizontal para a direita)

⇒

Eq

₃

= 3,6 · 10

⁸

V/m

Campo elétrico resultante: E = E

_q1

+ E

_q2

+ E

_q3

E

_q1

E

_q3

Como: |E

_q1

| = |E

_q3

| ∴ E = 0

⇒

E = 0.

E E

K Q r

r

K Q E E

1 2

2 1

3 4

3

= ⋅ ⇒ = 4

02 D

a) (F) Com as gotas neutras, não haverá atração eletros- tática.

b) (F) A folha terá a indução de cargas opostas ao da gota.

c) (F) A força de atração é tanto maior quanto mais próxi- mas estiverem as gotas da folha.

d) (V) Por estarem com carga de mesmo sinal, as gotas se repelem.

e) (F) A formação de campos elétricos é sempre no sen- tido do positivo para o negativo e nesse caso será, então, das gotas para a folha.

03 B

Como as distâncias do ponto A a cada uma das cargas q

₁

e q

₂

são iguais, e q

₁

= 2q

₂

, podemos concluir que |E

₁

| = 2|E

₂

|.

Utilizando a Lei de Coulomb, temos:

E Kq

d e E

2 2

2 2

9 6

2 2

7 1 7

9 0 10 1 0 10

1 10 9 10 18 10

= = ⋅ ⋅ ⋅

⋅

₋ ⁻

= ⋅ = ⋅

, ,

( ) N/C N/C

Utilizando a regra do paralelogramo, obtemos:

E_A =(E₁²+E₂²)²¹=E₂ 5 9 5 10= ⋅ ⁷N/C⇒E_A=9 5 10⋅ ⁷N/C

04 A

A intensidade do vetor campo elétrico gerado por uma carga Q puntiforme é dada por:

E K Q

= d

₂

Para d = 2 m, E N

= 18 10 ⋅

⁵

N/C (do gráfico). C Assim: 18 10

2

5

⋅ = K Q

2

(I) Para d = 6 m: E K Q

= 6

²

(II)

Dividindo-se membro a membro as expressões I e II, obtém-se:

E = 2 · 10

⁵

N/C 05 E

De acordo com o enunciado, tem-se:

Sabendo que a força elétrica trocada entre as cargas tem intensidade 8 · 10

³

N, a carga elétrica Q

₂

pode ser obtida pela expressão:

F = |Q

₂

| · E ⇒ 8 · 10

³

= |Q

₂

| · 2 · 10

⁹

⇒ |Q

₂

| = 4 · 10

^–6

C ou

|Q

₂

| = 4 µC

06 B

Desenhe os vetores campo elétrico das cargas A e B no vértice C.

07 C

Como a carga Q, que gera o campo elétrico, é negativa, então ela deverá estar à direita do ponto P.

Cálculo da distância (d):

E KQ

d d KQ

E d

d d cm

= ⇒ = ⇒ = ⋅ ⋅ ⋅

⋅

= ⋅ ⇒ =

−

− 2

2 2 9 6

5 1

9 10 2 10 2 10

3 10 30

08 B

Podemos montar a seguinte situação: Q = 4,0 · 10

^–6

C

Desse modo, o campo terá a direção da reta que une Q a M.

Como Q > 0, o campo diverge da carga, ou seja, o sentido é de Q para M.

O valor do vetor campo elétrico 

E é dado por:

E K Q

r E

=

₂

= 9 0 10 4 0 10 ⋅

⁹

⋅

₂

⋅

⁻⁶

⇒ = ⋅

⁵

0 20 9 0 10

, ,

( , ) , N/C

09 A

1

^o

caso: E KQ

= d

₂

2

^o

caso: E KQ

d E KQ

d

^E

E E

1 2 1 2 1

3 9 9

= ⇒ = ⇒ =

( )

+ r = 3 · 10^–3 m

Q₁ Q₂ = ?

+

E V

= ⋅2 10⁹m

qA(+) q_B(–) a

a = 120°

L

EA

EB

E^R

+ M

r = 0,20 m

E 

Horizontal para a direita.

P

d E Q

1

E E Kq

L

E E

E E E

E

A B

A B

A B

R

= = ⇒

= = ⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⇒

= = = ⋅ ⇒

−

− 2

9 6

1 2 5

9 10 1 10 1 10

9 10

( )

N/C

== + + ⋅ ⇒

= ⇒ = ⋅

E E E E

E E E

o

R R

2 2

5

2 120

9 10

cos

N/C

Atividades para Sala Aula 5 Campo elétrico II

10 E

Desenhando os vetores campo elétrico das cargas 1 e 2 no ponto P.

+ –

P

Q Q

1 E 2

1

E

2

d 2 d

2

E E kQ

d E E kQ

1 2 2 1 2

d

2

2

= = 4

  



⇒ = =

E E E E kQ

d

kQ

d E kQ

P

= +

1 2

⇒

P

=

2

+

2

⇒

P

= d

2

4 4 8

01 E

No ponto A, o campo elétrico é tangente à linha de força com sentido para direita.

C

A

B

E a F

Assim a carga positiva ficará sujeita a uma força elétrica no mesmo sentido do campo elétrico, portanto não seguirá a linha de força, mas sua aceleração inicial é tangente à linha no ponto A e com sentido para a direita.

02 B

Como a carga é positiva, ela fica sujeita a uma força na direção e sentido do campo elétrico.

0 q(+)

F E

Liberada a carga, ela irá se mover no sentido de A com movimento uniformemente acelerado.

03 D

Suponha que a placa da esquerda seja positiva e da direita negativa. Desta forma, os campos das duas placas nos pontos 1 e 3 têm o mesmo módulo, porém sentidos opos- tos. O campo resultante nesses dois pontos será nulo. No ponto 2, o campo elétrico resultante será diferente de zero, pois os dois vetores campo elétrico, das duas placas estão no mesmo sentido.

04 E

Na situação I:

• Posição de equilíbrio

f

B A

O f’

+

+ –

–

• Afastando da posição de equilíbrio

Como f > f’, o momento resultante em relação a O é anti- -horário e, portanto, a barra B tende a voltar à posição ini- cial (equilíbrio estável).

Na situação II:

• Posição de equilíbrio

f

B A

O

f’

+

+ –

–

• Afastando da posição de equilíbrio

Como f > f’, o momento resultante em relação a O é horá- rio e, portanto, a barra B tende a afastar-se mais da posição inicial (equilíbrio instável).

F

B A

o F

∴ ∑

_O

= 0

+ –

– +

F B

A

O

F

∴ ∑

_O

= 0

+ –

– +

Atividades Propostas

08 B

As forças que atuam na partícula são:

No equilíbrio: R = 0

⇒

F = P q E mg E mg

q

E E

⋅ = ⇒ =

= ⋅ ⋅

⋅

⁻ ₋

⇒ = ⋅ 1 10 10

1 10

⁴ ₆

1 10

³

V/m

09 D

Como a carga é negativa, a força elétrica tem sentido con- trário ao campo elétrico. O movimento é uniformemente acelerado.

10 E

Analisando o gráfico de campo elétrico em função da dis- tância, obtemos o valor do campo para x = 3 mm.

F

P E

Vertical para cima

03 C

Entre duas placas planas e paralelas, o campo elétrico é constante, divergindo da placa positiva e convergindo para a placa negativa.

Como as partículas que se movem dentro do tubo são os elétrons (carga negativa), então a força elétrica é contrária ao campo elétrico.

04 D

Entre as placas, o campo elétrico é constante, tem direção vertical e sentido para baixo.

Como a carga q é positiva, a força elétrica F (resultante) é vertical para baixo e, portanto, a aceleração é constante e vertical.

F m a q E ma a q E

= ⋅ ⇒ ⋅ = ⇒ = m ⋅

Assim, a aceleração independe de v 

0

.

Emissor de elétrons Trajetória do elétron

+Q –Q

E 

+q

–q

E 

F F

01 D

As linhas de força nunca se cruzam e são representações gráficas do campo elétrico.

O número de linhas de força é proporcional à intensidade do campo elétrico. Para uma carga positiva, as linhas são radiais e divergentes.

No campo elétrico uniforme, as linhas de força são retas paralelas e igualmente distanciadas.

02 C

O campo elétrico gerado entre a nuvem e a Terra terá sentido da Terra para a nuvem, pois a nuvem induz cargas positivas na superfície terrestre.

+ –

+ + + + +

– – – – – – – –

E 

Assim, os dipolos serão orientados verticalmente. No entanto, a força elétrica resultante em cada dipolo será nula, pois o campo é uniforme.

05 C

As cargas +q e –q, que constituem a molécula polar, ficam sujeitas às forças mostradas na figura, quando na presença do campo elétrico.

A resultante das forças é nula, logo ela não terá movi- mento de translação. No entanto, as forças provocam um movimento de rotação no sentido horário.

06 A

Dentro da nuvem, o campo é uniforme, diverge das cargas positivas e converge para as cargas negativas.

Desse modo, entre os pontos X e Y, o campo é para baixo.

Entre a nuvem e o solo, ou seja, entre os pontos Z e W, é para cima.

07 D

No ponto P, a força elétrica é tangente à linha de força e tem o mesmo sentido dela.

Ao se deslocar na região, a força diminui e, consequen-

temente, a aceleração é decrescente e não permanece

sobre a linha de campo B, visto que a linha de força não é

reta.

2 10 0 4 0

0

3 0 4 6 10 1 5 10

5

5 5

⋅ −

− = −

− ⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅

E E E , N/C

Agora, obtemos a força elétrica que atua em uma carga q = 3,2 · 10

^–6

C pela equação:

F = E · q

F = 1,5 · 10

⁵

· 3,2 · 10

^–6

F = 0,48 N

E(V/m)

2 · 10⁵

E

3,0 4,0 (mm)