2 - Grupo Prepara Enem

Testes propostos
Capítulo
Unidade A
Capítulo 2 Campo elétrico
Campo elétrico
2
3
os fundamentos
da física
T.35
1
Resoluções dos testes propostos
Resposta: d
Dados: Fe � 10 N; q � �50 mC � �50 � 10�3 C
A carga q é negativa. Então a força elétrica Fe e o vetor campo elétrico E têm
sentidos opostos. A intensidade do vetor campo elétrico é dada por:
E�
T.36
Fe
10
⇒ E � 2,0 � 102 N/C
�
�3
�q�
50 � 10
Resposta: e
Dados: Q � 8 � 10�7 C; q � 2 � 10�7 C; Fe � 1,6 � 10�2 N
�
Q
E�
T.37
Fe
�
q
E
Fe
1,6 � 10�2
⇒E�
⇒ E � 8 � 10 4 N/C
�q�
2 � 10�7
Resposta: b
Dados: Q1 � 3 µC; Q2 � 12 µC; Q2 � 4Q1
Para que o vetor campo elétrico resultante seja nulo, devemos ter: E1 � E2
E2
Q1
E1
d1
Q2
d2
u: unidade de comprimento
12 u
E1 � k0 �
�Q1�
�Q �
e E2 � k0 � 22
2
d1
d2
Igualando: k0 �
�Q1�
�Q �
�Q �
4�Q1�
� k0 � 22 ⇒ 21 �
⇒ d 22 � 4d 12 ⇒ d2 � 2d1
2
d2
d1
d 22
d1
Mas d1 � d2 � 12 u. Substituindo:
d1 � 2d1 � 12 ⇒ 3d1 � 12 ⇒ d1 � 4 u
Daí: d2 � 2 � 4 ⇒ d2 � 8 u
A posição correspondente é a II.
25 � 10
dA
EB � k0 �
�QB�
5,0 � 10�6 ⇒ E � 1,8 � 107 N/C
9
⇒
E
�
9
�
10
�
B
B
Unidade A 25 � 10�4
dB2
Capítulo da
2 Campo
elétrico
Os fundamentos
Física • Volume
3 • Capítulo 2
Portanto: ER � EA � EB ⇒ ER � 0,72 � 107 � 1,8 � 107 ⇒ ER � 2,52 � 107 N/C
os fundamentos
3
da física
T.39
T.38
2
2
Testes
propostos
Resoluções
dos
testes propostos
Resposta: ce
Dados: QA1 � �2
µC;
8 µC� 10�6 C; Q2 � �5,0 µC � �5,0 � 10�6 C;
�2,0
µCQ�
�2,0
2 �
2
9 N � m
�2
Q1; d � 10dacm;
2
kE0 2� 9 � E10
dA •�Volume
dBQ�
� 5 � 10
m
Os fundamentos
Física
3 cm
• Capítulo
2
2 5
1
2
�
�
C
P
O
2
5 x (u)
Testes propostos
EA
Q
Q u: unidade de comprimento
d
A
A
T.38
T.39
B
EB dB
d � 3 dA
B
Resposta: c
�6
O
vetor campo
elétrico
ER�2,0
será nulo
num Q
ponto
P emµC
que�os�5,0
vetores
eC;
E2 tiverem
1 tem
Dados:
µC �
� 10
�5,0
� 10
ABE�6
ponto
do segmento
sentido
O
vetor Q
campo
elétrico
resultante
E R noC;
A � �2,0
2 �médio
2 e sentidos opostos (fora do intervalo entre as cargas) e mais
intensidades
iguais
Nintensidade
�m
9 e
EA5�cm
EB.� 5 � 10�2 m
de
A 9para
dada
ERd��
k0 �
� 10B
; d � 10
cm;por:
dA �
B
próximo
da carga
(Q
1). Portanto, o ponto P deve estar
C 2 menos intensa, em módulo
�6
�Q A�
2,0
�
10
9
� k0 � 2da ⇒
EQA �Q91. � 10 �
⇒ EA � 0,72
� 107 N/C
àEAesquerda
carga
E
QB
A
25 � 10A�4
dA
Assim, temos: A
B
E
dA
�6 B dB
�QB�
5,0
�
10
9
⇒ E � 1,8 � 107 N/C
EB � k0 � �Q21� ⇒ EB � 9 � 102 �
�4 k0 B
d
25
�
10
E1 � k0 � B2 ⇒ E1 � k0 � 2 ⇒ E1 � 2 � 2
d1
d
d médio do segmento AB tem sentido
O vetor campo
elétrico resultante
E R no ponto
Portanto: ER � EA � EB ⇒ ER � 0,72 � 107 � 1,8 � 107 ⇒ ER � 2,52 � 107 N/C
�QB2�e intensidade dada
8 por:⇒ERE��EA8�� EB. k0
de
A kpara
E2 �
⇒ E2 � k 0 �
0 �
2
2
(d � 3)2
d2
(d � 3)2
�6
�Q A�
2,0
�
10
9
EA � k0E� � 20, ⇒
EA E� �
9 �E10
�
⇒ EA � 0,72 � 107 N/C
Como
vem
.
Assim:
�
4
R d
1
2
25 � 10
Resposta: eA
k0
k
2
�62
��Q
8�
4d
�
⇒ 2d � d � 3 ⇒
d�3u
2 � 02 Q
5,0(d� �
103)
B� �2 µC; 2Q ⇒
89 �µC
E
�
9
10
⇒ EB � 1,8 � 107 N/C
EDados:
2� �
B �dk0 � 1 2 ⇒
B
(d � 3)
�4
dB
25 � 10
E
Q2 3 • Capítulo 2
Q1
Os fundamentos
da Física • Volume
E
2
Para
que 1dER��3Eu,
a abscissa do ponto P7 deve
� 1,8ser:
� 107xP⇒� �
ER 1�u2,52 � 107 N/C
Portanto:
A ��EB ⇒ ER � 0,72 � 10 �
P
O
x
(u)
2
5
Testes propostos
u: unidade de comprimento
d
d�3
T.39
T.38
Resposta: ce
O
vetor Q
campo
elétrico
E �2,0
será
nulo
num
ponto
P em que os vetores E�6
E2 tiverem
1 eC;
Dados:
µC;
8 µC
�2,0
µCQ�
� 10�6
C; Q
1
2 R�
A � �2
2 � �5,0 µC � �5,0 � 10
intensidades
iguais2 e sentidos opostos (fora do intervalo entre
as cargas) e mais
9 N � mQ
�2
kE0 2� 9 � E10
; d � 10 cm; dA � dBQ�
m
1
2 5 cm � 5 � 10
1
2
próximo da carga
intensa, em módulo
(Q1). Portanto, o ponto P deve estar
�
�
C menos
P
O
2
à esquerda da carga
Q Q 1.
d
Assim, temos:
A
A
d � 3 dA
EA
5
x (u)
EB dB
QBu: unidade de comprimento
B
�Q1�
k0
2
E 1 � k0 � 2 ⇒ E 1 � k 0 � 2 ⇒ E 1 � 2 � 2
d1
O vetor campo
elétrico ER será
num ponto
P em que os vetoresABE1 e E2 tiverem
d nulo
d médio
do segmento
tem sentido
O vetor campo
elétrico resultante
E R no ponto
intensidades
iguais
e
sentidos
opostos
(fora
do
intervalo
entre
as
cargas)
e mais
�
Q
�
k
8
EA8�� EB. 0
de
A kpara
B2 e ⇒
intensidade
dada por:⇒ERE�
E2 �
E
�
k
�
�
0 �
2
0
2
próximo da
(Q(1d).�Portanto,
o ponto P deve estar
(d � 3)2em módulo
d 2carga menos intensa,
3)2
�6
�Q2A�
2,0
�
10
9
7
� k0E� � 2da
⇒
EA �Q91. � 10 �
⇒ EA � 0,72 � 10 N/C
àEAesquerda
carga
Como
R d 0, vem E1 � E2. Assim:
25 � 10�4
A
Assim, temos:
k0
k
2
�62
8�
⇒ 4d
�
⇒ 2d � d � 3 ⇒
d�3u
2 � 0 ��Q
5,0(d� �
103)
9
29 � 102 �
E
�
⇒ E � 1,8 � 107 N/C
EB �dk20 � �Q2B1� ⇒
B
(d � 3)
�4 k0 B
102 � 2
E1 � k0 � dB2 ⇒ E1 � k0 � 2 ⇒25E1� �
d1
d
d
7 deve ser: 7x � � 1 u
Para
que dER��3Eu,
a
abscissa
do
ponto
P
�
E
⇒
E
�
0,72
�
10
�
1,8 � 10 P⇒ ER � 2,52 � 107 N/C
Portanto:
B
R
�Q2� A
k0
8
E2 � k0 � 2 ⇒ E2 � k 0 �
⇒ E2 � 8 �
2
(d � 3)
d2
(d � 3)2
T.39
Como ER � 0, vem E1 � E2. Assim:
Resposta: e
k0
k
⇒ 4d 2 � (d � 3)2 ⇒ 2d � d � 3 ⇒ d � 3 u
2� 0 �8�
2
Unidade A
Capítulo da
2 Campo
elétrico
Os fundamentos
Física • Volume
3 • Capítulo 2
os fundamentos
da física
T.40
3
3
3
Testes
propostos
Resoluções
dos
testes propostos
Resposta: c
Dados: Q1 � 40 µC � 40 � 10�6 C; Q2 � �60 µC � �60 � 10�6 C;
N � m2
; d � 10 cm � 10�1 m; d2 � 10 cm � 10�1 m;
2
C
d1 � 20 cm � 2 � 10�1 m
k0 � 9 � 109
Q1
�
d
Q2
�
E2
P
E1
d2
d1
E1 � k 0 �
�Q1�
40 � 10�6 ⇒ E � 9 � 106 N/C
9
⇒
E
�
9
�
10
�
1
1
4 � 10�2
d12
E2 � k 0 �
�Q2�
60 � 10�6 ⇒ E � 54 � 106 N/C
9
⇒
E
�
9
�
10
�
2
2
d 22
10�2
O vetor campo elétrico resultante ER tem módulo dado por:
ER � E2 � E1 ⇒ ER � 54 � 106 � 9 � 106 ⇒ ER � 45 � 106 N/C
T.41
Resposta: d
Sejam E1 e E2 os vetores campo elétrico que Q1 e Q2 originam em M:
d
E1
d
Q1
Q2
M
E2
Sendo �Q1� � �Q2� � Q, vem:
Q
Q
e E 2 � k0 � 2
2
4d
d
O vetor campo resultante em M devido às cargas Q1 e Q2 tem intensidade:
E1 � k0 �
Eres. � E2 � E1 Æ Eres. � k0 �
Q
Q
Q
3
� k0 �
� k0 � 2
Æ Eres. �
4
d2
4d 2
d
O sentido de Eres. é o de E2:
E res.
Q1
Q2
M
O vetor campo elétrico E3 criado por Q3 deve anular Eres.. Para isso, Q3 � 0 deve ser
fixada à esquerda do ponto M e a uma distância x desse ponto, tal que:
E3 � Eres. Æ k0 �
Q
Q
3
4d 2
2
k
⇒
x
⇒
�
�
�
�
0
4
3
x2
d2
x�
2 3 �d
3
Unidade A
Capítulo da
2 Campo
elétrico
Os fundamentos
Física • Volume
3 • Capítulo 2
3
os fundamentos
da física
T.42
T.43
5
4
4
Testes
propostos
Resoluções
dos
testes propostos
Resposta: ae
y módulo e em cada configuração o ponto P
Todas as cargas elétricas têm mesmo
eqüidista das cargas. Logo, todos os vetores campo parciais têm mesma intensidade.
(1) Q
Lembrando que cargas elétricas positivas criam campo de afastamento e negativas
de aproximação, temos:
+ (4)
–Q
(I) –
E
P
E
d
d
E res. = 0
E
E2
E4
O
d
(2)
Q
Os fundamentos da Física • Volume 3 • Capítu
x
E1 E3
E
Testes propostos
d
+
–
–Q
T.42
(3)
+
(II)
–
–
E
Resposta: e
Todas as cargas elétricas têm mesmo módulo e em c
Os quatro
P E campo têm, na origem O, a mesma
eqüidistaintensidade:
das cargas. Logo, todos os vetores campo par
E vetores
E
+
+
E
E res. = 0
Lembrando que cargas yelétricas positivas criam campo
Q
2
d
–
–
Na origem O+do sistema cartesiano, temos:
E
E � E1 � E2E� EE3 � E4 � k0 �
(III) +
de aproximação, temos:
(I) –
2E+
+
E
Q
Eres. � 2 �EE � 2 Æ Eres. � 2 � 2 � k0 � 2
P
d 3 • Capítulo 2
Os fundamentos da Física • Volume
P
E res. ≠ 0
E
E
E
–
T.42
T.43
T.44
E
+
4
5
–
+
(II)
Resposta:
ae
( )
–
–
IV
x
2E
E res. = 0
E
Testes propostos
+
E res.
E
O
E
–
E
E''
y módulo e em cada configuração o ponto P
Todas
Em A: Eas�cargas
E’ � E’elétricas
� 2E’ têm mesmo
P EB
E
EB = 0
+
+ E
res.
eq idista das
cargas.
Logo,
todos
os
vetores
campo
parciais
têm
mesma
intensidade.
E
E
≠
0
Q
Q
E
res.
E
(1)
Q
Mas: E’ � k0 � E
⇒ E’ � 4 � k0 � 2
E'' e negativas
2
E E
Lembrando que cargas
elétricas positivas
d criam campo –de afastamento
d
–

d
P  2temos:
de aproximação,

+d
d
E
+
(I) –
–
+ (4)
Q
k0 –Q
�
Logo: E � 2 � 4 �
E
⇒d E E�2 8 � O
k0 �
d2
E
E res.
=0 4
Em B: EB � E’’ (triângulo
eqüilátero)
E E
P
E
E
E
Logo: E’’ � k0 �
+
1
(2) +
(III)
�Q
–Q
(3)
+
Q
E
�
x
3
Q
Q
⇒ EB � k 0 � 2 d �
2
d –
d
+
(II)
Q
d
d2
P
A
E'
d
E'≠ 0
E res.
E
E
�Q
�
E
–
+
(IV)
–
E
E
8
Os quatro
vetores
campo
têm,
na
origem
O, a mesma intensidade: E ≠ 0
E
P
E
E
res.
+
+ E res. = 0
E
E
y
Q
E
E � E1 � E2E� EE3 � E4 � k0 � 2
P
d
–
–
E
+
–
Na origem O+do sistema cartesiano, temos:
–
Comparando
E� e –
�: E � 8EB ⇒ EB �
2E
(III) +
+
Q
Eres. � 2 �EE � 2 Æ Eres. � 2 � 2 � k0 � 2
d
P
E
E
E res. ≠ 0
E res.
O
2E
x
Na origem O do sistema cartesiano, temos:
2E
Q
d2
Capítulo 2 Campo elétrico
E res.
Eres. � 2 � E � 2 ÆUnidade
Eres. � A2 � 2 � k0 �
os fundamentos
da física
T.44
3
O
x
2E
5
Resoluções dos testes propostos
Resposta: e
E''
Em A: E � E’ � E’ � 2E’
Mas: E’ � k0 �
Q
d
 
 2
2
B
Q
d2
⇒ E’ � 4 � k0 �
E''
d
Q
Q
⇒ E � 8 � k0 � 2
2
d
d
Em B: EB � E’’ (triângulo eq ilátero)
Logo: E � 2 � 4 � k0 �
Logo: E’’ � k0 �
EB
Q
Q
⇒ EB � k 0 � 2
2
d
d
�
Q
�
d
A
E'
d
E'
�Q
�
�
Os fundamentos da Física • Volume
E 3 • Capítulo 2
Comparando � e �: E � 8EB ⇒ EB �
8
Testes propostos
T.45
Resposta: a
�q
�q
ER(1)
M
ER(2)
�q
�q
O vetor campo elétrico resultante ER em M corresponde à soma vetorial
ER � ER(1) � ER(2).
Como se mostra na figura, ER(1) � ER(2). Portanto, o vetor campo elétrico resultante ER tem direção e sentido indicados na figura abaixo:
ER
M
T.46
Resposta: e
A+
E
F–
E
E
Eres. � 2E
Eres. � 2 � k0 �
�Q�
º2
–B
+
L
E
E
–C
E
E
+
D
6
Como se mostra na figura, ER(1) � ER(2). Portanto, o vetor campo elétrico resultante ER tem direção e sentido indicados na figura abaixo:
Unidade A
E
Capítulo 2 CampoR elétrico
os fundamentos
da física
T.46
3
6
M
Resoluções dos testes propostos
Resposta: e
A+
–B
E
F–
E
E
L
E
E
–C
E
E
+
+
D
Eres. � 2E
Eres. � 2 � k0 �
�Q�
º2
Eres. � 2 � 9 � 109 �
5,0 � 10�5
(3,0 � 10 � 10�2 )2
Eres. � 1,0 � Os
107fundamentos
N/C
da Física • Volume 3 • Capítulo 2
7
propostos
B.
O sentido de Eres. é de E paraTestes
T.47
Resposta: b
Dados: L � 1,0 m; q1 � 1,0 � 10�7 C; q2 � 2,0 � 10�7 C; q3 � � 1,0 � 10�7 C;
2
q4 � 2,0 � 10�7 C; k0 � 9 � 109 N � m
C2
q1 �
� q2
E4
q�L 2
2
E2
q4 �
As cargas q2 e q4 criam, no centro do quadrado,
campos E2 e E4 com mesmo módulo, mesma direção e sentidos contrários, anulando-se.
E1
E3
� q3
As cargas q1 e q3 criam, no centro do quadrado, campos E1 e E3 de mesma direção,
mesmo sentido e mesmo módulo, dado por:
E1 � E 3 � E � k 0 �
�q1�
�q1�
⇒ E � k0 �
⇒
2
2
d
L 2 


 2 
�7
⇒ E � 1,8 � 103 N/C
⇒ E � 9 � 109 � 1,0 � 10
1,0 � 2
4
O vetor campo resultante ER terá então módulo dado por:
ER � E1 � E3 ⇒ ER � 2E ⇒ ER � 2 � 1,8 � 103 ⇒ ER � 3,6 � 103 N/C
T.48
Resposta: b
E
1,0 � 2
4
UnidadeERAterá então módulo dado por:
O vetor campo resultante
Capítulo 2 Campo elétrico
7
ER � E1 � E3 ⇒ ER � 2E ⇒ ER � 2 � 1,8 � 103 ⇒ ER � 3,6 � 103 N/C
os fundamentos
3
da física
T.48
T.49
Resoluções dos testes propostos
Resposta: b
O vetor campo elétrico E no ponto P tem
direção tangente à linha de força e o
mesmo sentido desta.
E
P
Resposta: e
As linhas de força do campo elétrico saem da carga positiva e chegam à carga negativa. Portanto, em vista da configuração apresentada, as duas cargas são positivas.
T.50
Resposta: b
8
8
�q � �da
E
Os
F � �q� � E � ma
⇒ a�
Os fundamentos
fundamentos
da Física
Física •• Volume
Volume 3
3 •• Capítulo
Capítulo 2
2
m
Testes
Testes
propostos
Sendo EB � EA (linhas de força
mais propostos
concentradas em B), vem: aB � aA
T.51
T.51
Resposta:
Resposta: aa
T.52
T.52
Resposta:
Resposta: aa
2
14
�14
at
a � 9 � 10�
2
at 2 ⇒ 12 � 10�
�2 � a � 9 � 10
ss �
⇒
� 2 ⇒ 12 � 10 �
⇒a
a�
�
2
2
2
qE
qE
FFe �
ma
⇒
qE
�
ma
⇒
a
�
�
ma
⇒
qE
�
ma
⇒
a
�
e
m
m
qEt
qE
qEt
qE
De
� m
De vv �
� vv00 �
vem: vv �
�α
α �� t,
t, sendo
sendo vv00 �
�0
0e
eα
α�
�a
a�
� m ,, vem:
m
m
8
2
8 � 1012
12 m/s 2
�
10
m/s
3
3
8
12
�7
5
8
vv �
� at
at ⇒
⇒ vv �
� 3 �� 10
⇒ vv �
�8
1012 �� 3
3 �� 10
10�7 ⇒
8 �� 10
105 m/s
m/s
3
8
�19
31
12
�31 � 8 � 1012 ⇒ Fe � 24 � 10�19 N
FFe �
ma ⇒ Fe � 9 � 10�
� 3 � 10 ⇒ Fe � 24 � 10
N
e � ma ⇒ Fe � 9 � 10
3
FFe
EE �
� �qe� ⇒
⇒ EE �
�
�q�
T.53
T.53
�19
24
24 �� 10
10�19 ⇒ E � 15 N/C
�19 ⇒ E � 15 N/C
1,6
1,6 �� 10
10�19
Resposta:
Resposta: aa
�15
�19
2
Dados:
kg; q
q�
� �3,2
�3,2 �� 10
10�19 C;
C; g
g�
� 10
10 m/s
m/s2
Dados: m
m�
� 9,6
9,6 �� 10
10�15 kg;
Estando
Estando aa gotícula
gotícula em
em MRU,
MRU, aa resultante
resultante sobre
sobre aa partícula
partícula é
é nula,
nula, isto
isto é,
é, aa força
força
e
o
peso
P
se
equilibram:
elétrica
F
e
elétrica F e o peso P se equilibram:
e
FFe �
P ⇒ �q� � E � mg ⇒
e � P ⇒ �q� � E � mg ⇒
�15
mg
�15 � 10
�� 10
5
mg ⇒ E � 9,6
9,6
10
� 10 ⇒
5 N/C
EE �
3,0
�� 10
⇒
E
�
⇒
�
3,0
10
N/C
⇒ E � �q� ⇒ E �
�19
�19
3,2
10
�
�q�
3,2 � 10
T.54
T.54
Resposta:
Resposta: aa
F
Fee
E
E
v
�
� v
P
P
v
=0
0
v0 =
Estando a gotícula em MRU, a resultante sobre a partícula é nula, isto é, a força
elétrica Fe e o peso P se equilibram:
Fe
Fe � P ⇒ �q� � E � mg
⇒
Unidade
A
E
Capítulo 2 Campo elétrico
mg
9,6 � 10�15 � 10 ⇒ E � 3,0 � 105 N/C
⇒
E
�
⇒
E
�
os fundamentos�q�
3,2 � 10�19 dos testes propostos
da física
Resoluções
� v
3
T.54
Resposta: a
Da equação de Torricelli, vem:
v 2 � v 02 � 2a � ∆s
4gh � 0 � 2ah
a � 2g
Pelo princípio fundamental da Dinâmica, temos:
P�F�m�a
m�g�q�E�m�2�g
8
P
v0 = 0
g
h
E
a
P
F
v = 2 • gh
q � E � mg
m�
T.55
Os fundamentos da Física • Volume 3 • Capítulo 2
qE
g
Testes propostos
Resposta: e
Cada placa origina, isoladamente, nos semiespaços que ela determina, os campos
elétricos:
P1
E0
P2
E0
E0
P3
2E 0
E0
+Q
–Q
2E 0
+2Q
Com as placas próximas podemos determinar em cada região o campo elétrico
resultante, pela superposição dos efeitos:
P1
P2
E0
E0
2E 0
Assim, temos:
E0
E0
E0
E0
2E 0
E0
E0
2E 0
P1
2E 0
P3
P2
Nulo
D
2E 0
P3
2E 0
2E 0
D
9