Resolução de alguns exercícios Aula 24 e 25 ( Avançados)

Resolução de alguns exercícios
Aula 24 e 25 ( Avançados)
Gabarito:
Resposta da questão 1:
[B]
Esta questão envolve força elétrica, lançamento e composição de movimentos, pois a força elétrica que
atua na horizontal da direita para a esquerda, no mesmo sentido do campo elétrico, desacelera a
partícula fazendo com que ela mude o sentido de movimento horizontal, enquanto que no campo
gravitacional temos uma queda livre. Com isso, temos acelerações negativas tanto no eixo x quanto no
eixo y por conta do referencial adotado colocando a origem do sistema cartesiano no ponto A. A análise
abaixo tratará os eixos separadamente.
Eixo x:
A intensidade da força elétrica será: Fe   E  q  2500
N
 8  106 C  0,02N
C
Pela segunda Lei de Newton da Dinâmica, a aceleração em x será:
F
0,02N
m
ax  e 
 10
m 2  103 kg
s2
Usando a equação horária das posições do MRUV para o eixo x, podemos calcular o tempo que a
partícula leva para retornar a posição x  0 :
a
x  x0  v0x  t  x  t 2
2
Substituindo os valores das posições, da velocidade inicial em x e da aceleração em x calculada:
10 2
0  0  20  t 
 t  20t  5t 2  0
2
t '  0 s
t  20  5t   0  
t ''  4 s
Logo, o tempo para que a partícula retorne a origem é de 4 s.
Com o tempo podemos calcular a velocidade em cada eixo, usando a equação da velocidade:
m
m
m
 4s  20
Em x: v x  v0x  ax  t  v x  20  10
2
s
s
s
m
m
 4s  40
Em y: v y  v0y  g  t  v y  0  10
2
s
s
Resposta da questão 2:
[B]
Dados:
q  e  1,6  1019 C; g  10 m/s2; E  2  103 N/m; m  3,2  1015 kg.
Como a velocidade é constante, a resultante das forças que agem sobre essa esfera é nula. Isso significa
que o peso e a força elétrica têm mesma intensidade e sentidos opostos. Assim, a força elétrica tem
sentido oposto ao do campo elétrico, indicando que a carga dessa esfera é negativa. Portanto, a esfera
tem mais elétrons que prótons.
A figura ilustra a situação.
Sendo n o número de elétrons a mais, temos:
F  P  q E  m g  n eE  m g  n 
mg
3,2  1015  10
 n

eE
1,6  1019  2  103
n  100.
Resposta da questão 3:
a) Dados: V  300 V; d  5 mm  5  103 m.
A figura ilustra os dados.
Como se trata de campo elétrico uniforme, EA = EB = EC = E.
Ed  V  E 
V
300

 60  103 
d 5  103
E  6  10 4 V/m.
b) Da figura: xA = 1 mm e xB = 4 mm.
VAB  E dAB  E  xB  x A   6  104  4  1  103 
VAB  180 V.
Como os pontos B e C estão na mesma superfície equipotencial:
VBC  0 V.
c) Dado: q  1,6  1019 C.
Analisando a figura dada: VCA  VBA  VAB  180V.
τ  q VCA  1,6  1019   180  
τ  2,88  1017 J.
Resposta da questão 4:
Dados:
v0  1,0  105 m / s; m  1,6  1027 kg; q  1,6  1019 C; x  2 cm  2  102 m  y  10 cm  101m.
Decompondo a velocidade inicial:

5 2
 v 0x  5 2  104 m/s.
v ox  v 0 cos 45  10

2

2

v oy  v 0 sen 45  105
 v 0y  5 2  104 m/s.


2
A força resultante é a força elétrica, que tem o mesmo sentido do campo elétrico, pois o próton tem
carga positiva. Assim, o movimento da partícula é uniforme no eixo x e uniformemente retardado no
eixo y.
No eixo x:
x  vx t  t 
x
101
2

 0,2
 105  t  2  106 s.
v x 5  2  104
2
No eixo y:

qE
.
R  Fel  m a  q E  a 
m

y  v t  1 a t2.
oy

2

2 m v 0y t  y
q E t2
 v 0y t  y  E 
2m
q t2
E

 y  v 0y t 


2  1,6  1027 5  2  10 4  2  10 6  2  10 2
1,6  1019 
E  8  102 N/C.
Resposta da questão 5:
[E]

2  10 6

2
1 qE 2
t 
2 m
  3,2  1027 8  102 
3,2  1031
Resolução
U = E.d
U = 120.1,2 = 144 V
Resposta da questão 7:
[B]
Inicialmente, os condutores se atraem e F = 20 N.
Pela lei de Coulomb: F 
k Q1 Q2
d2

k Q  4Q
(6R)2
4 k Q2

36 R2
 F
k Q2
9 R2
.
I
Quando os condutores entram em contato, há uma nova distribuição de cargas até que os potenciais
elétricos se igualem.
V1'  V2' 
k Q1'
k Q'2

 Q'2  2 Q1' .
R
2R
II
Pelo princípio da conservação das cargas:
Q1'  Q'2  Q1  Q2  Q1'  Q'2  Q  4 Q   3 Q
Q1'  Q'2
  3 Q.

III
Substituindo (II) em (III):
Q1'  2 Q1'  3 Q1'  3 Q  Q1'  Q  Q'2   2 Q.
A figura abaixo mostra as novas cargas repelindo-se:
F' 
k Q1' Q'2
d'2

k -Q -2Q
(3 R)2
Fazendo a razão entre (IV) e (I):

2 k Q2
9 R2
 F' 
2 k Q2
9 R2
.
IV 
F' 2 k Q2 9 R2


F
9 R2
k Q2

F'
 2  F'  2 F  2  20 
F
F'  40 N.
Resposta da questão 9:
[A]
Dados: distância entre as superfícies: dAB = 0,3 m; diferença de potencial entre as superfícies: UAB = (500
– 200) = 300 V. Carga do próton: q = e.
A figura mostra as linhas de força, sempre perpendiculares às superfícies equipotenciais, e o sentido do
vetor campo elétrico, o mesmo das linhas de força.
O módulo do vetor campo elétrico (E) é dado por:
E dAB = UAB  E =
UAB
300
=
 E = 1.000 V/m.
0,3
dAB
No sentido do vetor campo elétrico, o potencial elétrico é decrescente. Portanto, para a direita, como
indica a figura.
O trabalho mínimo de um agente externo para levar o próton de A até B ocorre quando ele chega em B
com velocidade nula, ou seja, a variação da energia cinética é nula.
Pelo teorema da energia cinética, o somatório dos trabalhos é igual à variação da energia cinética.
Desprezando ações gravitacionais, apenas a força elétrica e essa tal força externa realizam trabalho.
AB
AB
WFel
 WFext
 ECAB  |q| E d + WFAB = 0  WFAB = – e (1.000) (0,3) 
WFAB = – 300 eV.