Baixe res tópicos - cap 1 - (livro 3) e outras Notas de estudo em PDF para Física, somente na Docsity! 1Tópico 1 – Cargas elétricas Parte I – ELETROSTÁTICA 1 E.R. Determine o número de elétrons que deverá ser forne- cido a um condutor metálico, inicialmente neutro, para que f ique eletrizado com carga elétrica igual a –1,0 C. Dado: carga elementar e = 1,6 · 10–19 C Resolução: A carga elétrica de qualquer corpo pode ser expressa sempre da se- guinte forma: Q = ± ne em que: n = 1, 2, 3... e e é a carga elementar. Assim: –1,0 = – n · 1,6 · 10–19 n = 1,0 1,6 · 10–19 = 0,625 · 1019 n = 6,25 · 1018 elétrons 2 Determine a carga elétrica de um condutor que, estando inicial- mente neutro, perdeu 5,0 · 1013 elétrons. Dado: carga elementar e = 1,6 · 10–19 C Resolução: Q = ne = 5,0 · 1013 · 1,6 · 10–19 C Q = + 8,0 · 10–6 C Ao perder elétrons, o condutor torna-se eletrizado positivamente. Resposta: +8,0 · 10–6 C 3 (Unicamp-SP) Duas cargas elétricas Q 1 e Q 2 atraem-se quando colocadas próximas uma da outra. a) O que se pode af irmar sobre os sinais de Q 1 e de Q 2 ? b) A carga Q 1 é repelida por uma terceira carga, Q 3 , positiva. Qual é o sinal de Q 2 ? Resolução: a) A atração ocorre entre cargas elétricas de sinais opostos. b) Se Q 1 é repelida por Q 3 (positiva), Q 1 é também positiva. Se Q 1 atrai Q 2 , Q 2 é negativa. Respostas: a) sinais opostos; b) negativa 4 (UFSM-RS) Considere as seguintes af irmativas: I. Um corpo não-eletrizado possui um número de prótons igual ao número de elétrons. II. Se um corpo não-eletrizado perde elétrons, passa a estar positiva- mente eletrizado e, se ganha elétrons, negativamente eletrizado. III. Isolantes ou dielétricos são substâncias que não podem ser eletrizadas. Está(ão) correta(s): a) apenas I e II. c) apenas III. e) I, II e III. b) apenas II. d) apenas I e III. Resolução: I. Verdadeira II. Verdadeira III. Falsa Isolante ou dielétricos podem ser eletrizados. Basta retirar ou fornecer elétrons para esses corpos. Resposta: a 5 (Puccamp-SP) Duas pequenas esferas suspensas por f ios isolantes estão eletrizadas negativamente e repelem-se mutuamente. Observa-se que, com o tempo, a distância entre elas diminui gradativamente. Pode- -se af irmar que isso ocorre porque as esferas, através do ar: a) recebem prótons. b) perdem prótons. c) recebem elétrons. d) trocam prótons e elétrons. e) perdem elétrons. Resolução: Com o tempo, elétrons das esferas são transferidos para o ar. Diminuin- do as cargas das esferas, a repulsão diminui e elas se aproximam. Resposta: e 6 Considere os materiais a seguir: a) madeira; d) alumínio; g) platina; b) vidro; e) ouro; h) náilon. c) algodão; f) porcelana; Quais deles são bons condutores de eletricidade? Resolução: Os bons condutores de eletricidade são os metais e a graf ite. Assim, d, e e g são os bons condutores Respostas: d, e e g 7 Durante uma aula de Física, uma aluna de longos cabelos loiros começa a penteá-los usando pente de plástico. Após passar o pente pelos cabelos, nota que ele atrai pequenos pedaços de papel que se encontram sobre sua carteira. Admirada, ela pergunta ao professor qual a explicação para tal fato. O professor pede que os demais alunos se manifestem. Cinco deles deram respostas diferentes, qual acertou a explicação? Aluno A — O pente é um bom condutor elétrico. Aluna B — O papel é um bom condutor elétrico. Aluno C — Os pedaços de papel já estavam eletrizados. Aluna D — O pente f icou eletrizado por atrito no cabelo. Aluno E — Entre o pente e os pedaços de papel ocorre atração gra- vitacional. Tópico 1 2 PARTE I – ELETROSTÁTICA Resolução: O pente f icou eletrizado devido ao atrito com o cabelo. Resposta: aluna D 8 Dois corpos A e B de materiais diferentes, inicialmente neutros e isolados de outros corpos, são atritados entre si. Após o atrito, obser- vamos que: a) um f ica eletrizado positivamente e o outro continua neutro; b) um f ica eletrizado negativamente e o outro continua neutro; c) ambos f icam eletrizados negativamente; d) ambos f icam eletrizados positivamente; e) um f ica eletrizado negativamente e o outro, positivamente. Resolução: No atritamento, um dos corpos retira elétrons do outro. Assim, um f ica eletrizado negativamente (o que recebeu elétrons), e outro, positiva- mente (o que perdeu elétrons). Resposta: e 9 Três pequenas esferas metálicas A, B e C idênticas estão eletri- zadas com cargas +3q, –2q e +5q, respectivamente. Determine a carga de cada uma após um contato simultâneo entre as três. Resolução: Q = (+3q) + (–2q) + (+5q) 3 Q A = Q B = Q C = + 2q Resposta: + 2q 10 Em um experimento realizado em sala de aula, um professor de Física mostrou duas pequenas esferas metálicas idênticas, suspensas por f ios isolantes, em uma situação de atração. Na tentativa de explicar esse fenômeno, cinco alunos f izeram os se- guintes comentários: Maria — Uma das esferas pode estar eletrizada positivamente e a ou- tra, negativamente. José — Uma esfera pode estar eletrizada positivamente e a outra, neutra. Roberto — O que estamos observando é simplesmente uma atração gravitacional entre as esferas. Marisa — Essas esferas só podem estar funcionando como ímãs. Celine — Uma esfera pode estar eletrizada negativamente e a outra, neutra. F izeram comentários corretos os alunos: a) Marisa, Celine e Roberto. d) José, Roberto e Maria. b) Roberto, Maria e José. e) Marisa e Roberto. c) Celine, José e Maria. Resolução: A atração entre as esferas pode ocorrer quando elas estão eletrizadas com cargas elétricas de sinais opostos (uma positiva e a outra negativa) ou quando uma delas estiver eletrizada (positivamente ou negativa- mente) e a outra, neutra. Nesse caso, a neutra sofrerá uma separação de alguns “pares” de elétrons-prótons, por indução. Resposta: c 11 (Unifor-CE) Dois corpos x e y são eletrizados por atrito, tendo o corpo x cedido elétrons a y. Em seguida, outro corpo, z, inicialmente neutro, é eletrizado por contato com o corpo x. No f inal dos processos citados, as cargas elétricas de x, y e z são, respectivamente: a) negativa, negativa e positiva. b) positiva, positiva e negativa. c) positiva, negativa e positiva. d) negativa, positiva e negativa. e) positiva, positiva e positiva. Resolução: 1) x e y (por atrito) x (positivo) ⇒ cede elétrons para y y (negativo) ⇒ recebe elétrons de x 2) z e x (por contato) x (positivo) y (positivo) Resposta: c 12 (UFSCar-SP) Considere dois corpos sólidos envolvidos em pro- cessos de eletrização. Um dos fatores que podem ser observados tan- to na eletrização por contato quanto na por indução é o fato de que, em ambas: a) torna-se necessário manter um contato direto entre os corpos. b) deve-se ter um dos corpos ligados temporariamente a um aterramento. c) ao f im do processo de eletrização, os corpos adquirem cargas elétri- cas de sinais opostos. d) um dos corpos deve, inicialmente, estar carregado eletricamente. e) para ocorrer, os corpos devem ser bons condutores elétricos. Resolução: Nos processos citados de eletrização, um dos corpos tem, necessaria- mente, de estar eletrizado. Resposta: d 13 (PUC-PR) Um corpo possui 5 · 1019 prótons e 4 · 1019 elétrons. Considerando a carga elementar igual a 1,6 · 10–19 C, este corpo está: a) carregado negativamente com uma carga igual a 1 · 10–19 C. b) neutro. c) carregado positivamente com uma carga igual a 1,6 C. d) carregado negativamente com uma carga igual a 1,6 C. e) carregado positivamente com uma carga igual a 1 · 10–19 C. Resolução: Q = (n p – n e ) · e Q = (5 · 1019 – 4 · 1019) · 1,6 · 10–19 (C) Q = 1 · 1019 · 1,6 · 10–19 (C) Q = + 1,6 C Observe que o corpo possui mais prótrons do que elétrons. Resposta: c 5Tópico 1 – Cargas elétricas Resolução: Apesar de as cargas elétricas de A e B serem de valores absolutos dife- rentes, as intensidades das forças de interação são iguais. Resposta: a 23 (Fuvest-SP) Três pequenas esferas carregadas com cargas de mesmo módulo, sendo A positiva e B e C negativas, estão presas nos vértices de um triângulo equilátero. No instante em que elas são soltas simultaneamente, a direção e o sentido de suas acelerações serão mais bem representados pelo esquema: A C B a) A C B b) A C B c) A C B d) A C B e) Resolução: + – – FCA FBC FCB FAC FAB FBA RC RB RA C A B A aceleração vetorial tem a mesma direção e o mesmo sentido da força resultante (R) em cada esfera. Resposta: b 24 E.R. Determine o módulo da força de interação entre duas partículas eletrizadas com + 4,0 µC e – 3,0 µC, estando elas no vácuo à distância de 6,0 cm uma da outra. Dado: constante eletrostática do vácuo K 0 = 9,0 · 109 N m2/C2 Resolução: Como as cargas têm sinais opostos, a interação entre elas é atrativa. d = 6,0 cm = 6,0 · 10–2 m Q = +4,0 μC q = –3,0 μC Fe–Fe Aplicando a Lei de Coulomb a essa interação, temos: F e = K |Q q| d2 Substituindo os valores conhecidos, vem: F e = 9,0 · 109 · 4,0 · 10–6 · 3,0 · 10–6 (6,0 · 10–2)2 F e = 30 N 25 (Mack-SP) Duas cargas elétricas puntiformes distam 20 cm uma da outra. Alterando essa distância, a intensidade da força de interação eletrostática entre as cargas f ica 4 vezes menor. A nova distância entre elas é: a) 10 cm. d) 40 cm. b) 20 cm. e) 50 cm. c) 30 cm. Resolução: Lei de Coulomb: F = K |Q q| d2 No início: F = K |Q q| (0,20)2 ⇒ F K|Q q| = 1 (0,20)2 No f inal: F 4 = K |Q q| d2 ⇒ F K|Q q| = 4 d2 Portanto: 4 d2 = 1 (0,20)2 ⇒ 2 d = 1 0,20 d = 0,40 m = 40 cm Resposta: d 26 (Unesp-SP) Duas esferas condutoras idênticas carregadas com cargas + Q e – 3Q, inicialmente separadas por uma distância d, atraem- -se com uma força elétrica de intensidade (módulo) F. Se as esferas são postas em contato e, em seguida, levadas de volta para suas posições originais, a nova força entre elas será: a) maior que F e de atração. b) menor que F e de atração. c) igual a F e de repulsão. d) menor que F e de repulsão. e) maior que F e de repulsão. Resolução: Lei de Coulomb: F = K |Q q| d2 No início: F = K |Q · 3Q| d2 ⇒ F = 3K|Q|2 d2 6 PARTE I – ELETROSTÁTICA No contato, temos: Q’ = (+Q) + (–3Q) 2 ⇒ Q’ = –Q Assim, no f inal: F’ = K |Q Q| d2 ⇒ F’ = K|Q|2 d2 Portanto: F’ = F 3 A força de interação torna-se de repulsão e tem sua intensidade dimi- nuída. Resposta: d 27 Duas cargas puntiformes q 1 = 5 · 10–6 C e q 2 = 12 · 10–6 C estão separadas 1 m uma da outra no vácuo. Sendo K = 9 · 109 N m2/C2 a constante eletrostática do vácuo, qual a intensidade da força de interação entre elas? Resolução: Lei de Coulomb F = K |q 1 · q 2 | d2 F = 9 · 109 5 · 10 –6 · 12 · 10–6 12 F = 0,54 N Resposta: 0,54 N 28 (Cefet-SP) A intensidade da força elétrica entre duas cargas puntiformes, Q 1 = 6 µC e Q 2 = 3 µC, colocadas no vácuo, sofre redução quando essas cargas são mergulhadas, a mesma distância, em água. Sendo a distância entre as cargas de 3 cm e a intensidade da força elé- trica F = 2,2 N, o valor da constante eletrostática na água, em N · m2/C2, é igual a: a) 9,0 · 108. c) 4,6 · 108. e) 1,1 · 108. b) 6,0 · 108. d) 2,2 · 108. Resolução: Lei de Coulomb F = K |Q 1 Q 2 | d2 2,2 = K 6 · 10 –6 · 3 · 10–6 (3 · 10–2)2 K = 2,2 · 9 · 10–4 18 · 10–12 K = 1,1 · 108 Nm 2 C2 Resposta: e 29 (FGV-SP) Já havia tocado o sinal quando o professor dera o ulti- mato: “— Meninos, estou indo embora!...”. Desesperadamente, um alu- no, que terminara naquele momento a resolução do último problema, onde se pedia o cálculo da constante eletrostática em um determinado meio, arranca a folha que ainda estava presa em seu caderno e a entre- ga ao seu professor. 2) Duas cargas elétricas muito pequenas e de si- nais iguais, imersas em um meio homogêneo, são abandonadas a cinco centímetros uma da outra. A essa distância a força repulsiva que atua sobre elas tem intensidade de 2,7 N. Sendo 5 · 10–6 C e 1,5 · 10–7 C as intensidades dessas cargas, determine o valor da constante eletrostáti- ca válida para esse meio. F = 2,7 N F = K 0 Q 1 · Q 2 d2 Q 1 = 5 · 10–6 C 2,7 = K 0 5 · 10–6 · 1,5 · 10–7 (5 · 10–2)2 Q 2 = 1,5 · 10–7 C 2,7 = K 0 0,3 · 10–13 10–4 d = 5 · 10–2 m K 0 = 2,7 0,3 · 10–9 K 0 = 9 · 109 Durante a correção da segunda questão, o professor não pôde conside- rar cem por cento de acerto, devido à falta da unidade correspondente à grandeza física solicitada. O pedaço faltante que daria a totalidade do acerto para a segunda questão, dentre os apresentados, seria: kg · m3 · s–1 · C–2 a) kg · m2 · s–2 · C2 b) kg · m · s–1 · C–2 c) kg · m3 · s–2 · C–2 d) kg · m1 · s – 4 · C4 e) Resolução: Lei de Coulomb F = K |Q q| d2 No SI: N = [K] C 2 m2 7Tópico 1 – Cargas elétricas Mas: F = m a e, no SI: N = kg m s2 Assim, kg m s2 = [K] C 2 m2 [K] = kg m3 s2 C2 [K] = kg m3 s–2 C–2 Resposta: d 30 (Mack-SP) Com base no modelo do átomo de hidrogênio, no qual se considera um elétron descrevendo uma órbita circunferencial ao redor do núcleo, temos um exemplo de MCU. O raio dessa órbita é da ordem de 10–10 m. Sabe-se que a carga elementar é e = 1,6 · 10–19 C, a constante eletrostática do meio é K = 9 · 109 N · m2/C2, a massa do elétron é m e = 9,1 · 10–31 kg e a massa do próton é m p = 1,67 · 10–27 kg. Nesse modelo atômico, a velocidade escalar do elétron é, aproxima- damente: a) 1,6 · 104 m/s. d) 3,2 · 106 m/s b) 3,2 · 104 m/s e) 1,6 · 109 m/s c) 1,6 · 106 m/s Resolução: A função centrípeta é desempenhada pela força eletrostática. + – p Fe e R Assim: F cp = F e m v2 R = K |Q q| R2 v2 = K |Q q| m R v2 = 9 · 109 · (1,6 · 10–19)2 9,1 · 10–31 · 10–10 v2 2,53 · 1012 v 1,6 · 106 m/s Resposta: c 31 (Unifesp-SP) Uma estudante observou que, ao colocar sobre uma mesa horizontal três pêndulos eletrostáticos idênticos, equidistantes en- tre si, como se cada um ocupasse o vértice de um triângulo equilátero, as esferas dos pêndulos atraíam-se mutuamente. Sendo as três esferas metálicas, a estudante poderia concluir corretamente que: a) as três esferas estavam eletrizadas com cargas de mesmo sinal. b) duas esferas estavam eletrizadas com cargas de mesmo sinal e uma com carga de sinal oposto. c) duas esferas estavam eletrizadas com cargas de mesmo sinal e uma neutra. d) duas esferas estavam eletrizadas com cargas de sinais opostos e uma neutra. e) uma esfera estava eletrizada e duas neutras. Resolução: Para ocorrer atração mútua, é necessário que duas esferas estejam ele- trizadas com cargas elétricas de sinais opostos e que a terceira esfera esteja neutra. Essa terceira esfera será atraída por indução. + – FAC FCA FCB FBA FAB C A B FBC Resposta: d 32 (Fuvest-SP) Pequenas esferas, carregadas com cargas elétricas negativas de mesmo módulo Q, estão dispostas sobre um anel isolante e circular, como indicado na f igura 1. Nessa conf iguração, a intensida- de da força elétrica que age sobre uma carga de prova negativa, colo- cada no centro do anel (ponto P), é F 1 . – – – – – θθ P Figura 1 – – – – – θθ P Figura 2 + + + Se forem acrescentadas sobre o anel três outras cargas de mesmo mó- dulo Q, mas positivas, como na f igura 2, a intensidade da força elétrica no ponto P passará a ser : a) zero. b) 1 2 F 1 . c) 3 4 F 1 . d) F 1 . e) 2 F 1 . Resolução: Observando a f igura a seguir: – – – – – – C Y Z A E B X D q + + + 10 PARTE I – ELETROSTÁTICA 38 E.R. Duas partículas A e B, eletrizadas com cargas de mesmo sinal e respectivamente iguais a Q A e Q B , tal que Q A = 9 Q B , são f ixadas no vácuo a 1,0 m de distância uma da outra. Determine o local, no segmento que une as cargas A e B, onde deverá ser colocada uma terceira carga C, para que ela permaneça em repouso. Resolução: Inicialmente, façamos um esquema da situação: 1,0 m q x (1 – x) CA B – Fe Fe Como as cargas A e B têm o mesmo sinal, as forças de interação que agirão sobre a terceira carga terão a mesma direção, mas sentidos opostos, não importando qual o seu sinal. Uma vez que essa terceira carga deve f icar em repouso, os módulos das forças que agem sobre ela devem ser iguais (resultante nula). Assim: K |Q A q| x2 = K |Q B q| (1 – x)2 9 |Q B | x2 = |Q B | (1 – x)2 ⇒ x2 = 9(1 – x)2 x = 3(1 – x) ⇒ x = 3 – 3x 4x = 3 ⇒ x = 0,75 m A carga C deve ser colocada a 0,75 m de A e a 0,25 m de B. Nota: • A equação x2 = 9 (1 – x)2 admite uma outra solução, que não satisfaz às condições do problema. Ela corresponde a um ponto fora do segmento que une A e B, em que as forças têm mesmo módulo e mesmo sentido e, portanto, não se equilibram. 39 (UFRN) A f igura mostra três cargas elétricas puntiformes, Q 1 , Q 2 e Q 3 . As cargas Q 1 e Q 2 estão f ixas, têm sinais opostos, e o módulo de Q 1 é o dobro do módulo de Q 2 . Deseja-se que a carga Q 3 f ique em repouso a uma dada distância H, à direita de Q 2 . Para que isso ocorra, a carga Q 3 e a distância L entre Q 1 e Q 2 devem ser: L H Q2Q1 Q3 a) Q 3 pode ser uma carga qualquer e L = ( 2 – 1) H. b) Q 3 = Q 2 – Q 1 e L = H. d) Q 3 = Q 1 e L = 2 H. c) Q 3 = Q 2 e L = H. e) Q 3 = Q 2 e L = (2 – 2 ) H. Resolução: L H Q2Q1= 2Q2 Q3 Como Q 1 e Q 2 possuem sinais opostos, uma delas irá atrair e a outra, repelir Q 3 . Para que Q 3 permaneça em equilíbrio, devemos ter: F 1,3 = F 2,3 K |Q 1 Q 3 | (L + H)2 = K |Q 2 Q 3 | H2 ⇒ 2Q 2 (L + H)2 = Q 2 H2 (L + H)2 = 2H2 L + H = 2 H ⇒ L = ( 2 – 1)H Observe que o sinal de Q 3 pode ser positivo ou negativo. Resposta: a 40 (Fuvest-SP) Duas cargas pontuais positivas, q 1 e q 2 = 4q 1 , são f ixadas a uma distância d uma da outra. Uma terceira carga negativa q 3 é colocada no ponto P entre q 1 e q 2 , a uma distância x da carga q 1 , conforme mostra a f igura. x d q3q1 q2 (= 4q1) P a) Calcule o valor de x para que a força sobre a carga q 3 seja nula. b) Verif ique se existe um valor de q 3 para o qual tanto a carga q 1 como a q 2 permanecem em equilíbrio, nas posições do item a, sem neces- sidade de nenhuma outra força além das eletrostáticas entre as car- gas. Caso exista, calcule este valor de q 3 ; caso não exista, responda “não existe” e justif ique. Resolução: a) x d q1 q3 q2 = 4q1 F1,3 F2,3 + +– F 1,3 = F 2,3 K |q 1 q 3 | x2 = K |q 2 q 3 | (d – x)2 ⇒ |q 1 | x2 = |q 2 | (d – x)2 |q 1 | x2 = |4q 1 | (d – x)2 ⇒ 4x2 = (d – x)2 2x = d – x ⇒ 3x = d ⇒ x = d 3 Nota: • Existe uma outra solução matemática, em que x = –d, que não serve f isi- camente. Nesse caso, apesar de |F 1, 3 | = |F 2, 3 |, essas forças terão sentidos iguais, fazendo com que a carga q 3 não esteja em equilíbrio. b) F 2,1 = F 3,1 K |q 2 q 1 | d2 = K |q 3 q 1 | x2 |q 2 | d2 = |q 3 | x2 |q 3 | d2 = |q 2 | x2 Mas: x = d 3 Então: |q 3 | d2 = |q 2 | d 3 2 ⇒ |q 3 | d2 = |q 2 | d 2 9 |q 3 | = |q 2 | 9 ⇒ |q 3 | = 4|q1| 9 q 3 = 4q 1 9 q1 F2,1 F3,1 + 11Tópico 1 – Cargas elétricas Nota: • Este cálculo pode ser feito utilizando-se a carga q 2 . O valor obtido será o mesmo. Respostas: a) d 3 ; b) 4q 1 9 41 (Fuvest-SP) Um pequeno objeto, com carga elétrica positiva, é largado da parte superior de um plano inclinado, no ponto A, e desliza, sem ser desviado, até atingir o ponto P. Sobre o plano, estão f ixados 4 pequenos discos com cargas elétricas de mesmo módulo. As f iguras representam os discos e os sinais das cargas, vendo-se o plano de cima. Das conf igurações abaixo, a única compatível com a trajetória retilínea do objeto é: + P A – +– + P A – + – P A +– + P A +– P A – a) b) c) d) e) + – + ++ – Resolução: Na esfera abandonada no ponto A do plano inclinado, a força resultan- te deve ter a direção AP e sentido de A para P. Isso ocorre apenas na situação encontrada na alternativa e. P sen θ A θ Além da componente tangencial da força peso (P sen θ), ainda temos a resultante das forças elétricas. F 1 e F 2 são forças de repulsão exercidas pelas cargas positivas. F 3 e F 4 são forças de atração exercidas pelas cargas negativas. + + + – – F2 F1 F4 P F3 P sen θ A resultante é observada em: + + + – – F12 P sen θ F34 Que resulta: + P A FR Resposta: e 42 E.R. Duas esferas condutoras idênticas muito pequenas, de mesma massa m = 0,30 g, encontram-se no vácuo, suspensas por meio de dois f ios leves, isolantes, de comprimentos iguais L = 1,0 m e pre- sos a um mesmo ponto de suspensão O. Estando as esferas separadas, eletriza-se uma delas com carga Q, mantendo-se a outra neutra. Em seguida, elas são colocadas em contato e depois abandonadas, verif i- cando-se que na posição de equilíbrio a distância que as separa é d = 1,2 m. Determine a carga Q. Dados: Q 0; K 0 = 9,0 · 109 N m2 C–2; g = 10 m s–2. Resolução: Como as esferas são idênticas, pode-se af irmar que após o contato elas estarão igualmente eletrizadas. Assim: Q A = Q B = Q 2 Fazendo um esquema das forças relevantes nas esferas A e B, temos: M 0,6 m 0,6 m O α BA L = 1,0 m h α Fe– Fe P P Da f igura, podemos af irmar que: F e P = tg α e tg α = 0,6 h Da relação de Pitágoras, aplicada ao triângulo OMB, vem: (1,0)2 = (0,6)2 + h2 ⇒ h = 0,8 m Assim, obtemos: F e = P · 0,6 0,8 ⇒ F e = P · 3 4 (I) Mas: F e = K |Q A Q B | d2 = K · Q 2 · Q 2 d2 = K Q2 4d2 F e = 9,0 · 109 Q2 4(1,2)2 (II) P = m g = 0,30 · 10–3 · 10 (III) Então, substituindo (II) e (III) em (I), vem: 9,0 · 109 · Q 2 4(1,2)2 = 0,30 · 10–3 · 10 · 3 4 Q2 = 1,44 . 10–12 ⇒ Q = 1,2 . 10–6 C Q = 1,2 µC 12 PARTE I – ELETROSTÁTICA 43 (Unesp-SP) Considere duas pequenas esferas condutoras iguais, separadas pela distância d = 0,3 m. Uma delas possui carga Q 1 = 1 · 10–9 C e a outra Q 2 = –5 · 10–10 C. Utilizando 1 (4π ε 0 ) = 9 · 109 N · m2/C2, a) calcule a força elétrica F de uma esfera sobre a outra, declarando se a força é atrativa ou repulsiva. b) A seguir, as esferas são colocadas em contato uma com a outra e recolocadas em suas posições originais. Para esta nova situação, calcule a força elétrica F de uma esfera sobre a outra, declarando se a força é atrativa ou repulsiva. Resolução: a) Lei de Coulomb: F = K 0 |Q q| d2 Sendo: K 0 = 1 4π ε 0 = 9 · 109 (SI) F = 9 · 109 · 1 · 10 –9 · 5 · 10–10 (0,3)2 (N) F = 5 · 10–8 N Cargas elétricas de sinais opostos: força atrativa. b) Após o contato: Q = Q 1 + Q 2 2 Q = (+1 · 10–9) + (–5 · 10–10) 2 (C) Q = [(+10) + (–5)] 2 · 10–10 (C) Q = +2,5 · 10–10 C Lei de Coulomb: F = K 0 |Q · Q| d2 F = 9 · 109 (2,5 · 10–10)2 (0,3)2 F = 6,25 · 10–9 N Agora as cargas elétricas têm sinais iguais: força repulsiva. Respostas: a) 5 · 10–8 N, atrativa; b) 6,25 · 10–9 N, repulsiva 44 (Fuvest-SP) Duas pequenas esferas metálicas idênticas, inicialmen- te neutras, encontram-se suspensas por f ios inextensíveis e isolantes. Um jato de ar perpendicular ao plano da f igura é lançado durante um certo intervalo de tempo sobre as esferas. Observa-se então que am- bas as esferas estão fortemente eletrizadas. Quando o sistema alcança novamente o equilíbrio estático, podemos af irmar que as tensões nos f ios: a) aumentaram e as esferas atraem-se. b) diminuíram e as esferas repelem-se. c) aumentaram e as esferas repelem-se. d) diminuíram e as esferas atraem-se e) não sofreram alterações. Resolução: No início, quando as esferas estão eletricamente neutras. T T P P T = P O atritamento entre o jato de ar e as esferas provoca a eletrização des- tas com cargas elétricas de mesmo sinal, ocasionando a repulsão en- tre elas. T‘ F F T‘ P P No equilíbrio, temos: T’ cos θ = P T’ = P cos θ Sendo θ < 90º, cos θ < 1 e T’ >P Assim: T’ > T Resposta: c 45 (Olimpíada Brasileira de Física) Os corpos A e B, de massas m e M respectivamente, estão atados por uma corda que passa por duas roldanas. O corpo A está carregado com carga +Q e sofre a ação de uma outra carga –Q, que se encontra a uma distância d (f igura a se- guir). Nessa situação todo o sistema encontra-se em equilíbrio. B d +Q –Q A C Se as massas A e B quadruplicarem, qual deve ser a nova distância en- tre as cargas para que o sistema f ique em equilíbrio? Considere despre- síveis a massa da corda e o atrito nas roldanas. a) d. d) 2d. b) d 2 . e) 4d. c) d 4 . 15Tópico 1 – Cargas elétricas 50 (UFJF-MG) Quatro cargas elétricas iguais de módulo q estão situadas nos vértices de um qua- drado, como mostra a f igura. Qual deve ser o módulo da carga Q de sinal contrário que é necessário colocar no centro do quadrado para que todo o sistema de cargas f ique em equilíbrio? Resolução: (A) (D) (B) (C) Q q d d q q q Em A, supondo que as cargas q sejam positivas e Q seja negativa, temos: FBA FCA FDA F q Condição de equilíbrio: F BA + F CA + F DA + F = O Somando F BA e F DA : Por Pitágoras: F2 R = F2 BA + F2 DA Como: F BA = F DA = K |q q| d2 temos: F2 R = 2F2 BA ⇒ F R = 2 FBA ⇒ FR = 2 K |q q| d2 Assim: F R + F CA = F 2 K |q q| d2 + K |q q| (d 2)2 = K |Q q| d 2 2 2 2 |q| d2 + |q| d2 · 2 = |Q| d2 2 4 2 |q| d2 + |q| 2d2 = 2 |Q| d2 2 |q| + |q| 2 = 2 |Q| (2 2 + 1)|q| 2 = 2 |Q| |Q| = (2 2 + 1) 4 |q| Nota: • Se as cargas q fossem negativas e Q fosse positiva, o resultado seria o mesmo. Resposta: (2 2 + 1) 4 · |q| 51 (UFBA) Uma pequena esfera vazada C, com uma carga positiva, é perpassada por um aro semicircular situado num plano horizontal, com extremidades nos pontos A e B, como indica a f igura abaixo. A esfera pode se deslocar sem atrito tendo o aro como guia. Nas extre- midades A e B do aro são colocadas pequenas esferas com cargas +125 µC e +8 µC, respectivamente. Determine a tangente do ângulo θ c , para o qual a esfera C permanece em equilíbrio. O A B θC C Resolução: r r dAC dBC O A B θC C tg θ C = d BC d AC (I) Para que a esfera vazada C permaneça em equilíbrio, é preciso que a força resultante das repulsões de A e B seja equilibrada pela força nor- mal exercida pelo aro. Observemos que o sistema encontra-se em um plano horizontal, por- tanto, a força peso não interfere no equilíbrio da esfera C. Or r dAC dBC A B θC θC θC C FBC FAC RC N tg θ C = F BC F AC Como: F = K |Q q| d2temos: tg θ C = K |Q B · q| d2 BC K |Q A q| d2 AC = |Q B | d2 AC |Q A |d2 BC (II) Q q q q q 16 PARTE I – ELETROSTÁTICA Igualando (I) e (II), temos: d BC d AC = |Q B | d2 AC |Q A |d2 BC ⇒ 125 · 10–6 d3 BC = 8 · 10–6 d3 AC 125 d3 BC = 8 d3 AC ⇒ 5 d BC = 2 d AC d AC = 2,5 d BC Assim, em (I), vem: tg θ C = d BC d AC = d BC 2,5 d BC tg θ C = 0,40 Resposta: 0,40 52 (Unicamp-SP) Uma pequena esfera isolante, de massa igual a 5 · 10–2 kg e carregada com uma carga positiva de 5 · 10–7 C, está presa ao teto por um f io de seda. Uma segunda esfera com carga negativa de 5 · 10–7 C, movendo-se na direção vertical, é aproximada da primeira. Considere K = 9 · 109 N m2/C2 e g = 10 m/s2. q1 = +5 · 10 –7 C q2 = –5 · 10 –7 CMovimento a) Calcule a força eletrostática entre as duas esferas quando a distân- cia entre os seus centros é de 0,5 m. b) Para uma distância de 5 · 10–2 m entre os centros, o f io de seda se rompe. Determine a tração máxima suportada pelo f io. Resolução: a) Lei de Coulomb: F = K |Q q| d2 F = 9 · 109 · 5 · 10 –7 · 5 · 10–7 (0,5)2 F = 9 · 10–3 N b) Fe P T T = P + F e T = m g + K |q 1 q 2 | d2 T = 5 · 10–2 · 10 + 9 · 109 · 5 · 10 –7 · 5 · 10–7 (5 · 10–2 )2 T = 0,5 + 0,9 ⇒ T = 1,4 N Respostas: a) 9 · 10–3 N; b) 1,4 N 53 (ITA-SP) Uma partícula de massa M 10,0 g e carga q = – 2,0 · 10–6 C é acoplada a uma mola de massa desprezível. Esse conjunto é posto em oscilação e seu período medido é P = 0,40 π s. É f ixada a seguir uma outra partícula de carga q' = 0,20 · 10–6 C a uma distância d da posição de equilíbrio O do sistema massa-mola (ver f igura). O conjunto é levado len- tamente até a nova posição de equilíbrio, distante x 40 cm da posição de equilíbrio inicial O. Qual o valor de d? É dado: K 0 = 9 · 109 N m2/C2. Obs.: Considere as duas cargas puntiformes. q q'K dO m Resolução: Situação de equilíbrio inicial: q 0 A carga q’ é f ixada a uma distância d da posição de equilíbrio inicial, desfazendo esse equilíbrio. q F q' d 0 A carga q é levada para a nova posição de equilíbrio: Fm q'q d 0 Fe 40 cm Portanto: F m = F e K x = K 0 |q q’| (d – 0,40)2 Como, no MHS, temos: T = 2π mK 0,40π = 2π 10 · 10 –3 K K = 0,25 N/m Assim: 0,25 · 0,40 = 9 · 109 · 2 · 10–6 · 0,2 · 10–6 (d – 0,40)2 d 0,59 m 59 cm Resposta: 59 cm 17Tópico 1 – Cargas elétricas 54 (UFU-MG) A f igura mostra uma barra isolante, sem massa, de comprimento = 2 m, presa por um pino no centro. Nas suas extremi- dades estão presas cargas positivas q e 2q, sendo q = 1 · 10–6 C. A uma distância r = 0,3 m, diretamente abaixo de cada uma dessas cargas, encontra-se af ixada uma carga positiva Q = 4 · 10–6 C. Considere so- mente as interações entre as cargas situadas diretamente abaixo uma da outra e K = 9 · 109 N m2/C2. Sabe-se que a reação no pino é nula. x P ++ +q +2q r QQ Determine: a) o valor do peso P necessário para manter a barra em equilíbrio na horizontal; b) a distância x, a partir do pino, onde o peso P deve ser suspenso quando a barra está balanceada, e de que lado do suporte (esquer- do ou direito). Resolução: a) Na situação de equilíbrio, temos: x P 0 ++ +q +2q 0,3 m0,3 m QQ F1 F2 2 2 Condição de equilíbrio: ∑F = O P = F 1 + F 2 Usando a Lei de Coulomb, temos: F = K |Q q| d2 F 1 = 9 · 109 · 4 · 10 –6 · 1 · 10–6 (0,3)2 ⇒ F 1 = 0,4 N F 2 = 9 · 109 · 4 · 10 –6 · 2 · 10–6 (0,3)2 ⇒ F 2 = 0,8 N Portanto: P = 0,4 + 0,8 (N) P = 1,2 N b) A outra condição para ocorrer equilíbrio é: ∑M 0 = 0 F 1 2 + P x = F 2 2 0,4 · 2 2 + 1,2 · x = 0,8 · 2 2 1,2 x = 0,4 x = 1 3 m Nota: • Para ocorrer equilíbrio, o peso P deve estar suspenso a 1 3 m, do lado direito da barra. Respostas: a) 1,2 N; b) 1 3 m, do lado direito 55 (Mack-SP) Duas pequenas esferas metálicas idênticas, de 10 gramas cada uma, estão suspensas por f ios isolantes, presos a duas paredes verticais, como mostra a f igura ao lado. As esferas eletrizadas com cargas q 1 = +1,0 µC e q 2 = –1,0 µC, respectivamente, estão em equilíbrio na posição indicada. 45° 45° 45° 45° d O meio é o vácuo (K o = 9 · 109 N · m2/C2) e a aceleração gravitacional local é g = 10 m/s2. A distância d, entre as referidas esferas, é: a) 1,0 cm. b) 2,0 cm. c) 3,0 cm. d) 10 cm. e) 30 cm. Resolução: Situação descrita: 45° 45° 45° 45° d P F T T F P Para o equilíbrio das esferas devemos ter: T sen 45° = P T cos 45° = F Como sen 45º = cos 45º, vem: F = P K |Q q| d2 = m g 9 · 109 · 1,0 · 10 –6 · 1,0 · 10–6 d2 = 10 · 10–3 · 10 9 · 10–3 = 10–1 d2 d2 = 9 · 10–2 d = 3,0 · 10–1 m d = 30 cm Resposta: e 56 (UFG-GO) Numa experiência rudimentar para medir a carga eletrostática de pequenas bolinhas de plástico carregadas positiva- mente, pendura-se a bolinha, cuja carga se quer medir, em um f io de seda de 5 cm de comprimento e massa desprezível. Aproxima-se, ao longo da vertical, uma outra bolinha com carga de valor conhecido Q = 10 nC, até que as duas ocupem a mesma linha horizontal, como mostra a f igura. d Q q, m L 20 PARTE I – ELETROSTÁTICA Decompondo as forças F segundo a horizontal e a vertical, notamos que: 2F y = P 2F sen α = m g Da Lei de Coulomb, temos: 2K |Q q| a2 sen α = m g Mas: K = 1 4πε 0 e a = d 2 cos α Então: 2 · 1 4π ε 0 · Q q d 2 cos α 2 sen α = m g m = 8 4π ε 0 · Q q d2 · cos 2 α sen α g Resposta: d 60 (ITA-SP) Utilizando o modelo de Bohr para o átomo, calcule o número aproximado de revoluções efetuadas por um elétron no pri- meiro estado excitado do átomo de hidrogênio, se o tempo de vida do elétron, nesse estado excitado, é de 10–8 s. São dados: o raio da órbita do estado fundamental é de 5,3 · 10–11 m e a velocidade do elétron nessa órbita é de 2,2 · 106 m/s. a) 1 · 106 revoluções. d) 8 · 106 revoluções. b) 4 · 107 revoluções. e) 9 · 106 revoluções. c) 5 · 107 revoluções. Resolução: No átomo de Bohr, o raio da órbita é dado por: R = n2 R 0 em que R 0 = 5,3 · 10–11 m (raio da órbita fundamental). Para o estado fundamental n = 1, para o primeiro nível excitado n = 2. Assim: R = 22 R 0 R = 4 R 0 Como a força eletrostática faz o papel de força centrípeta, temos: F e = F cp K e · e R2 = m r 2 R v2 = K e 2 m R Sendo v inversamente proporcional a R, se R = 4R0, temos: v = v 0 2 = 1,1 · 106 m/s Portanto: v = 2π R T 1,1 · 106 = 2 · 3,14 · 4 · 5,3 · 10–11 T T 1,2 · 10–15 s Como o elétron tem vida de 10–8 s, vem: n = Δt T = 10 –8 1,2 · 10–15 n 8 · 106 revoluções Resposta: d 61 Em um ponto do plano inclinado, que se encontra no vácuo, f ixamos um corpo B eletrizado com carga Q = 20 µC. A 30 cm de B, coloca-se um pequeno corpo A de 20 gramas de massa, eletrizado com carga q. Adote g = 10 m/s2 e K = 9 · 109 Nm2/C2. a) Se não existe atrito, para que o corpo A f ique em equilíbrio, qual deve ser sua carga elétrica? b) Se existisse atrito e o coef iciente de atrito estático entre o corpo A e o plano inclinado fosse igual a 0,25, qual seria a menor distância entre A e B para não haver movimento do corpo A? A B 30° 30 cm Resolução: 30° B A Fe Pt a) No equilíbrio, temos: P t = F e m g sen 30° = K |Q q| d2 20 · 10–3 · 10 · 1 2 = 9 · 109 · 20 · 10–6 · q (0,30)2 0,10 = 2 · 106 q q = 5,0 · 10–8 C b) Com atrito, temos: F e = P t + F atest K |Q q| d2 = m g sen 30° + µ m g cos 30° 9 · 109 · 20 · 10–6 · 5,0 · 10–8 d2 = = 0,020 · 10 (0,50 + 0,25 · 0,86) 9 · 10–3 d2 = 0,143 ⇒ d2 = 0,009 0,143 d2 0,063 ⇒ d 0,25 m 25 cm Respostas: a) 5,0 · 10–8 C; b) 25 cm 62 (Unifesp-SP) Na f igura, estão representadas duas pequenas esfe- ras de mesma massa, m = 0,0048 kg, eletrizadas com cargas de mesmo sinal, repelindo-se no ar. Elas estão pen- duradas por f ios isolantes muito leves, inextensíveis, de mesmo comprimento, = 0,090 m. Observa-se que, com o tem- po, essas esferas se aproximam e os f ios tendem a se tornar verticais. a) O que causa a aproximação dessas esferas? Durante essa aproximação, Fy Fy Fx Fx α α P x y F F α α 21Tópico 1 – Cargas elétricas os ângulos que os f ios formam com a vertical são sempre iguais ou podem tornar-se diferentes um do outro? Justif ique. b) Suponha que, na situação da f igura, o ângulo α seja tal que sen α = 0,60; cos α = 0,80; tg α = 0,75 e as esferas têm cargas iguais. Qual é, nesse caso, a carga elétrica de cada esfera? (Admitir g = 10 m/s2 e K = 9,0 · 109 N · m2/C2.) Resolução: a) Com o passar do tempo haverá perda de carga elétrica para o ar que envolve as esferas. Isso provocará a aproximação das esferas, já que a força de repulsão entre elas irá diminuir. Como as esferas têm mesmo peso e as forças de repulsão são iguais, em módulo (Princípio da Ação-Reação), o ângulo α deverá ser igual para ambas. b) Tcos α α α Fe Tsen α T P T sen α = F e T cos α = P tg α = F e P = F e mg F e = m g tg α Lei de Coulomb: F e = K |Q Q| d2 Assim: K |Q Q| d2 = mg tg α 9 ·109 · Q 2 d2 = 0,0048 · 10 · 0,75 Q2 = 4 · 10–12 d2 Q = 2 · 10–6 d Mas: α d 2 d 2 = sen α d = 2 · 0,090 · 0,60 (m) d = 0,108 m Portanto: Q = 2 · 10–6 · 0,108 (C) Q = ± 2,16 · 10–7 C Respostas: a) Perda de cargas elétricas para o ar. Ângulos permane- cem iguais; b) ± 2,16 · 10–7 C 63 (Fuvest-SP) Quatro pequenas esferas de massa m estão carre- gadas com cargas de mesmo valor absoluto q, sendo duas negativas e duas positivas, como mostra a f igura. As esferas estão dispostas for- mando um quadrado de lado a e giram numa trajetória circular de cen- tro O, no plano do quadrado, com velocidade de módulo constante v. Suponha que as únicas forças atuantes sobre as esferas sejam devidas à interação eletrostática. A constante de permissividade elétrica é ε 0 . Todas as grandezas (dadas e solicitadas) estão em unidades SI. a) Determine a expressão do módulo da força eletrostática resultante F que atua em cada esfera e indique sua direção. b) Determine a expressão do módulo da velocidade tangencial v das esferas. +q +q –q –q a a aa O v v v v Resolução: a) Cada uma das quatro cargas elétricas está sujeita a três forças exer- cidas pelas outras três cargas. +q FCA –q –q +q A D C B FDB FDA FCD FDC FAD FBD FAC FBC FCB FBA FAB Devido à simetria, podemos observar que as forças resultantes em cada carga têm intensidades iguais. Por exemplo, considerando a carga nominada por A, temos: FCA A FDA FBA 22 PARTE I – ELETROSTÁTICA Observe que: |F AB | = |F DA | = K |q q| a2 |F CA | = K |q q| (a 2)2 = K |q q| a2 · 2 Somando os vetores F BA e F DA , temos: S2 = F2 BA + F2 DA = 2 F2 BA S = 2 FBA ⇒ S = 2 K |q q| a2 A força resultante de A é dada por: F = F – F CA = 2 K |q q| a2 – 1 2 K |q q| a2 F = 2 – 12 K |q q| a2 Como: K = 1 4π ε 0 Então: F = 2 2 – 1 2 1 4π ε 0 · q2 a2 Essa resultante tem direção radial, passando pelo centro da cir- cunferência. b) A força resultante calculada no item a funciona, para cada carga, como força centrípeta. F = F cp = m v 2 R Como o raio R da circunferência corresponde à metade da diagonal do quadrado, temos: R = a 2 2 Assim: F = m v 2 a 2 2 = 2m v 2 a 2 v2 = a 2 2m F R v2 = a 2 2m · (2 2 – 1) 2 · 1 4π ε 0 · q2 a2 v2 = 4 – 2 4m · 1 4π ε 0 · q2 a v = q 4 4 – 2 m a π ε 0 Respostas: a) 2 2 – 1 2 1 4π ε 0 · q2 a2 ; b) q 4 4 – 2 m a π ε 0 64 Considere o modelo clássico do átomo de hidrogênio, no qual existe um próton no núcleo e um elétron girando em órbita circular em torno desse núcleo. Suponha conhecidos: • em módulo: carga do próton = carga do elétron = 1,6 · 10–19 C; • raio da órbita do elétron = 1,0 · 10–10 m; • massa do elétron = 9,0 · 10–31 kg; • massa do próton = 1,7 · 10–27 kg; • constante eletrostática do meio: K = 9,0 · 109 Nm2 C–2; • constante de gravitação universal: G = 6,7 · 10–11 Nm2/kg2. Admitindo apenas as interações devidas às cargas elétricas, determine: a) o módulo da força de interação entre o próton e o elétron; b) a velocidade escalar do elétron. Se fossem consideradas também as interações gravitacionais, qual seria: c) o módulo da força resultante de interação entre próton e elétron? d) a velocidade escalar do elétron? Resolução: a) Lei de Coulomb: F e = K |Q q| d2 F e = 9,0 · 109 · 1,6 · 10–19 · 1,6 · 10–19 (1,0 · 10–10)2 F e = 2,3 · 10–8 N b) A força eletrostática F e funciona como força centrípeta: F e = F cp 2,3 · 10–8 = m v 2 R 2,3 · 10–8 = 9,0 · 10–31 · v2 1,0 · 10–10 v2 2,6 · 1012 v 1,6 · 106 m/s c) F r = F e + F g F r = 2,3 · 10–8 + G M m d2 F r = 2,3 · 10–8 + 6,7 · 10–11 · 9,0 · 10 –31 · 1,7 · 10–27 (1,0 · 10–10)2 F r = 2,3 · 10–8 + 1,0 · 10–49 Observe que a interação gravitacional entre o próton e o elétron é desprezível quando comparada com a interação eletrotástica. Assim: F r = F e = 2,3 · 10–8 N d) Do item c, concluímos que: F cp = F e m v2 R = K |Q q| d2 v 1,6 · 106 m/s (Ver item b.) Respostas: a) 2,3 · 10–8 N; b) 1,6 · 106 m/s; c) 2,3 · 10–8 N; d) 1,6 · 106 m/s