Tópicos de Física Vol 3 Solucionário (2020)

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TÓPICOS DE
3
RESOLUÇÕES
RONALDO FOGO
NEWTON VILLAS BÔAS
RICARDO HELOU DOCA
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sor. Comercializar este livro, distribuído gra-
tuitamente para análise e uso do educador, 
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3
TÓPICOS DE
RONALDO FOGO
Licenciado em Física pelo Instituto de Física da Universidade de São Paulo.
Engenheiro metalurgista pela Escola Politécnica da Universidade de São Paulo.
Coordenador das Turmas Olímpicas de Física do Colégio Objetivo.
Vice-Presidente da IJSO (International Junior Science Olympiad).
NEWTON VILLAS BÔAS
Licenciado em Física pela Universidade de São Paulo (USP). 
Professor de Física na rede particular de ensino.
RICARDO HELOU DOCA
Engenheiro eletricista formado pela Faculdade de Engenharia Industrial (FEI-SP).
Professor de Física na rede particular de ensino.
RESOLUÇÕES
FRONTIS_CONECTE_FIS_V3_AL_RESOLUCOES.indd 1 9/24/18 12:25 PM
2
Sumário – Resoluções
Unidade 1 – Eletrostática 3
Tópico 1
Cargas elétricas 3
Tópico 2
Campo elétrico 14
Tópico 3
Potencial elétrico 28
Unidade 2 – Eletrodinâmica 48
Tópico 1
Corrente elétrica 48
Tópico 2
Tensão elétrica e resistência elétrica 52
Tópico 3
Geradores elétricos e circuitos simples 66
Tópico 4
Energia e potência elétrica 77
Tópico 5
Leis de Kirchhoff 88
Tópico 6
Capacitores 96
Unidade 3 – Eletromagnetismo 107
Tópico 1
Introdução ao Eletromagnetismo 107
Tópico 2
Corrente elétrica e campo magnético 116
Tópico 3
Força magnética sobre condutores retilíneos e propriedades magnéticas 124
Tópico 4
Indução eletromagnética 130
Unidade 4 – Física Moderna 138
Tópico 1
Introdução à Física Moderna 138
Tópico 2
Introdução à Física Quântica 142
Tópico 3
Teoria da Relatividade 145
Unidade 5 – Análise dimensional 149
Tópico 1
Unidades do SI 149
V3_MP_Resolucao_U1_002a027.indd 2 9/27/18 11:00 AM
U N I D A D E
RESOLU‚ÍES 3
1Eletrostática
Tópico 1 – Cargas 
elétricas
2. Perdendo elétrons, o copo ficará eletrizado positivamente.
Assim:
Q 5 ne ⇒ Q 5 5,0 ? 1013 ? 1,6 ? 10219
 Q 5 18,0 ? 1026 C
Resposta: 18,0 ? 1026 C
3. a) Se Q1 e Q2 se atraem, suas cargas elétricas possuem sinais opos-
tos. Não sabemos ainda qual é positiva e qual é negativa.
b) Se Q1 é repelida por Q3 (positiva), Q1 também é positiva. Assim, 
o sinal de Q2 é negativo.
Respostas: a) Sinais opostos; b) Negativa.
4. Os bons condutores de eletricidade são os metais e a grafita.
Assim, da lista fornecida, os bons condutores são:
d) alumínio e) ouro g) platina
Resposta: d, e, g
5. No atritamento entre pente e cabelo ocorreu troca de cargas elétricas 
(elétrons) entre eles. Assim, o pente ficou eletrizado, podendo atrair 
pequenos pedaços de papel.
Resposta: Aluna D
6. No atritamento, elétrons passam de um corpo para o outro. Dessa 
forma, quem perdeu elétrons fica eletrizado positivamente e quem 
ganhou elétrons fica eletrizado negativamente.
Resposta: e
7. Se as esferas são idênticas (mesmo raio), não há razão para que uma 
delas fique mais eletrizada do que a outra.
Assim, aplicando o Princípio da Conservação das Cargas Elétricas, 
temos:
5 5
1 1 2 1 1
5
1
⇒Q
Q
n
Q
( 3q) ( 2q) ( 5q)
3
6q
3
total
 QA 5 QB 5 QC 5 12q
Resposta: 12q
8. 1) No atritamento entre os corpos x e y, x cede elétrons para y.
 Assim, após o atritamento, temos:
 x: carga positiva
 y: carga negativa
2) O corpo z, neutro, ao tocar o corpo x, perderá elétrons para x 
(positivo).
 Assim, após o contato, temos:
 x: carga positiva
 z: carga positiva
Resposta: c 
9. A atração pode ocorrer quando as esferas estão eletrizadas com car-
gas elétricas de sinais opostos (uma positiva e a outra negativa) ou 
quando uma delas estiver eletrizada (positiva ou negativamente) e a 
outra neutra. Nesse caso, na neutra ocorrerá a separação de alguns 
“pares” de elétrons-prótons por indução.
Resposta: c
10. Etapa I 
bast‹o
Q q
F
Se houve repulsão, as cargas do bastão e da esfera do pêndulo 
possuem sinais iguais.
Etapa II
O contato da mão do aluno descarregou a esfera do pêndulo, sua 
carga elétrica ficou nula. A atração entre a esfera e o bastão ocorre 
por indução eletrostática
Etapa III
Quando a esfera toca o bastão, ela adquire carga de mesmo sinal 
da do bastão e eles se repelem.
Dessa forma, a resposta deverá ser tal que nas etapas I e III as 
cargas da esfera e do bastão tenham mesmo sinal. Na etapa II, a 
carga da esfera é nula.
Resposta: e
11. I. Correto.
 No contato, a carga total do conjunto se espalha pela nova 
superfície externa (praticamente a soma das áreas externas). 
Quando separamos, os condutores estarão eletrizados com 
cargas elétricas de mesmo sinal.
II. Correto.
 A separação das cargas de um ou mais condutores em contato 
é feita pela atração ou repulsão entre as cargas do indutor e 
do induzido. No final do processo de eletrização, o indutor e o 
induzido terão cargas elétricas de sinais opostos.
III. Correto.
 No atritamento, um dos corpos cede elétrons para o outro. No 
final do processo, os corpos estarão eletrizados com cargas de 
sinais opostos.
Resposta: e
B
a
n
c
o
 d
e
 i
m
a
g
e
n
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A
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V3_MP_Resolucao_U1_002a027.indd 3 9/27/18 11:00 AM
4 RESOLU‚ÍES
12. Como o corpo possui mais prótons do que elétrons, sua carga é 
positiva.
Q 5 ne 5 (5 ? 1019 2 4 ? 1019) ? 1,6 ? 10219
Q 5 1,6 ? 1019 ? 10219
Q 5 11,6 C
Resposta: c
13. a) O cálcio perde dois elétrons.
Q 5 1 2e
Q 5 1 2 ? 1,6 ? 10219
  Q 5 1 3,2 ? 10219 C
b) Cada cloro recebe um elétron.
Q 5 2 1e
Q 5 2 1 ? 1,6 ? 10219 
 Q 5 2 1,6 ? 10219 C
Respostas: a) 1 3,2 ? 10219 C; b) 21,6 ? 10219 C.
14. Próton 
(p) u, u, d
(p) 5 ( ) ( ) ( )23 e 23 e 13 e1 1 1 1 2 5 1e
Nêutron 
(n) u, d, d
(n) 5 ( ) ( ) ( )23 e 13 e 13 e 01 1 2 1 2 5
Resposta: d
15. a) Falso.
Podemos tirar apenas alguns elétrons.
b) Falso.
No atritamento, elétrons passam de um para o outro corpo. 
O que perdeu elétrons fica eletrizado positivamente e o que re-
cebeu elétrons fica negativo.
c) Falso.
Dentro de um mesmo sistema pode haver trocas de cargas elé-
tricas. O total de cargas permanece constante.
d) Falso.
Podemos encontrar dois condutores e eletrizá-los por indução 
eletrostática.
e) Correto.
Como os condutores são idênticos, não há razão para que um 
deles fique mais eletrizado do que o outro. No final, metade da 
carga total encontra-se em cada um deles.
Resposta: e
17. 1) Contato de A com B
Antes
Q 0
Q 1,2 C
A
B
5
5 m








Depois
Q ' 0,60 C
Q ' 0,60 C
A
B
5 m
5 m
down
up up
down down
up
2) Contato de A com C




Antes
Q ' 0,60 C
Q 1,8 C
A
C
5 m
5 m
Depois
Q " Q '
0,60 C 1,8 C
2
Q " Q ' 1,2 C
A C
A C
5 5
1
5 5 m
µ µ



Assim, no final, temos:
QA'' 51,2 mC
QB' 5 0,60 mC
QC' 5 1,2 mC
Resposta: d
18. 1) A e B
Q 5
Q Q ( 2,40 nC) OA B1 5
1 1
2 2
QA' 5 QB' 5 1 1,20 nC
2) B e C
QB'' 5 QC' 5
( 1,20 nC) ( 4,80 nC)1 1 2
2
QB'' 5 QC' 5 21,80 nC
No contato com B, C perdeu uma carga elétrica igual a:
DQC 5 (24,80 nC) 2 (21,80 nC) ⇒ DQC 5 23,00 nC
Assim:
DQC 5 n e ⇒ 23,00 ? 10
29 5 n ? (21,60) ? 10219
 n 5 1,875 ? 1010 elétrons
Resposta: b
19. Contato A e B:
QA 5 x
QB 5 22x
No final: QA' 5 QB' 5 2
x
2
Contato C e B:
QB' 5 2
x
2
QC 5 3x
No final:
QB'' 5 QC' 5 
x
2
3x
2
2 1
 ⇒ QB'' 5 QC' 5 
5x
4
Contato A e C:
QA' 5 2
x
2
QC' 5 
5x
4
No final:
QA'' 5 QC'' 5 
x
2
5x
4
2
2 1
 ⇒ QA'' 5 QC'' 5 
3x
8
Como: 53x
8
3
Temos que x 5 8.
Resposta: c
20. 1) As cargas distribuem-se na superfície externa da esfera oca.
2) A esfera I toca a face interna da esfera oca, que está eletrica-
mente neutra. A esfera I não adquire carga elétrica.
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RESOLUÇÕES 5
3) A esfera II toca a face externa, na qual estão distribuídas as 
cargas elétricas positivas. A esfera II perde elétrons para essa 
superfície e torna-se eletricamente positiva.
Resposta: b
21. Toda a carga irá para a superfície externa da esfera oca.
Assim:
Q 5 60 mC 1 (26 mC)
Q 5 1 54 mC
Resposta: 54 mC 
22. Após o afastamento da barra, 
as cargas (de sinais opostos) 
existentes nas esferas irão se 
atrair e teremos:
Resposta: a
23. Na aproximação do bastão eletrizado, observamos uma separação 
de cargas (por indução) nas esferas, passando elétrons da esfera 
A para a esfera B.
A B
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
�
As cargas positivas do bastão irão atrair a esfera B (negativa) e 
repelir a esfera A (positiva).
A B
1 2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
Resposta: d
24. Na série triboelétrica, o vidro é o primeiro. No atritamento com a 
lã, o vidro perde elétrons e fica positivamente eletrizado. A lã fica 
negativa (ganhou elétrons).
Ao colocar a bolinha de isopor em contato com a lã, ela adquire 
carga negativa.
Se as bolinhas de isopor se repelem é porque a bolinha desconhe-
cida também está eletrizada negativamente.
Resposta: c
25. Na figura 2, por indução, encontramos cargas elétricas positivas 
na parte mais afastada do bastão e negativas na parte mais pró- 
xima. No entanto, o total de cargas na esfera é nulo, e a esfera 
conti nua neutra.
Na figura 4, cargas negativas subiram da Terra para a esfera. Ela se 
encontra carregada negativamente. 
Resposta: e
26. Apesar de as cargas elétricas de A e B serem de valores absolutos 
diferentes, as intensidades das forças de interação são iguais.
Resposta: a
2
2
2
2
2
2
2
1
1
1
1
1
1
1
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a
g
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A
rq
u
iv
o
 d
a
 e
d
it
o
ra
28. Lei de Coulomb:
5
?
F k
Q q
d2
Assim:
)(
? 5 ?
? ? ?2
2 2
18 10 k 2 10 4 10
0,40
3
6 6
2
 k 5 3,6 ? 108 Nm2/C2
Resposta: a
29. Lei de Coulomb:
5
?
F k
q' q'
r
1 2
2'
Se:
q1' 5 2q1
q2' 5 2q2
r ' r
2
=
Temos: 
)(
⇒5
? ? ? ?
5
? ? ?
F'
k 2 q 2 q
r
2
F'
4 k q q
r
4
1 2
2
1 2
2
5
? ? ?
F'
16 k q q
r
1 2
2
F' 5 16F
 
Resposta: e
30. Lei de Coulomb:
5
?
F k
q q
d
1 2
2
Assim, substituindo os valores numéricos, temos:
F 9 10 5 10 12 10
1
9
6 6
2
5 ? ?
? ? ?
2 2
F 5 0,54 N
Resposta: 0,54 N
31. Lei de Coulomb:
F 5 
?
k
Q q
d2
Assim:
F 5 9 ? 109 ? 
1,6 10 1,6 10
1 10
19 19
10 2
? ? ?
?
2 2
2( )
F  2,3 ? 1028 N
Portanto, a força de repulsão é da ordem de 1028 N.
Resposta: d
32. Lei de Coulomb
F 5
?
k
Q Q
d
1 2
2
1) Na situação inicial: F 5
?
k
Q Q
d
1 2
2
2) Na situação final: F' 5
?
k
Q Q
(d’)
1 2
2
5 4 F
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6 RESOLU‚ÍES
 Assim:
?
5
?
k
Q Q
(d’)
4 k
Q Q
d
1 2
2
1 2
2
 (d')2 5 ⇒d
4
d’ d
2
10 cm
2
2
5 5
 
d' 5 5,0 cm
Resposta: 5,0 cm
33. Lei de Coulomb:
F 5 k
Q Q
d
1 2
2
?
1) No início: F 5 ? 5 5⇒k Q 3Q
d
3 k Q
d
F
3
k Q
d2
2
2
2
2
 (I)
2) No contato, como são esferas idênticas, temos:
 Q1' 5 Q2' 5
( Q) ( 3 Q)
2
1 1 2 ?
 Q1' 5 Q2' 5 2Q
3) No final:
 F' 5 5k
QQ
d
k Q
d2
2
2
(II)
 Igualando I e II, vem:
 
F' 5 F
3
 Assim, podemos dizer que a força de interação passa a ser re-
pulsiva, de intensidade F
3
.
Resposta: Repulsiva, de módulo F
3
.
34. A força centrípeta é desempenhada pela força eletrostática.
Assim:
Fcp 5 Fe
m v
R
k Q q
R
2
2
5
v2 5
k Q q
mR
v2 5
? ? ?
? ?
2
2 2
9 10 (1,6 10 )
9,1 10 10
9 19 2
31 10
v2  2,53 ? 1012
 v  1,6 ? 106 m/s
Resposta: c
35. a) Próton:
up 1 up 1 down 
5 ? 1 ? 1 2 ? 5q 2
3
e 2
3
e 1
3
e q ep p( ) ⇒
Nêutron:
up 1 down 1 down
( ) ( ) ⇒q 23 e
1
3
e 1
3
e q 0n n5 ? 1 2 ? 1 2 ? 5
b) Aplicando-se a Lei de Coulomb, temos:
F k
q q
d2
5 ?
?
up down
5 ? ?
? ? ?
?
5 ? ?
?
?2 2( )
⇒F 9 10
2
3
e 1
3
e
0,2 10
F 9 10
2
9
e
4 10
9
15 2
9
2
32
( )F 1
2
10 1,6 1041 15
2
5 ? ? ? 2
 F 5 1,28 ? 103 N
Respostas: a) próton 5 up 1 up 1 down 
 nêutron 5 up 1 down 1 down
 b) F 5 1,28 ? 103 N
36. a) ⇒ ⇒N
Q
e
N
0,8 10
1,6 10
N 5 101
9
19
95 5
?
?
5 ?
2
2
A esfera E1 tem 6 ? 10
9 prótons a mais do que elétrons.
b) Pelo Princípio da Conservação das Cargas Elétricas, temos:
Q2 5 2Q1 ⇒ Q2 5 20,8 nC
c) I
Q
t
I 8 10
5
I 1,6 10 A
10
105
D
D
5
?
5 ?
2
2⇒
d) Lei de Coulomb:
F k
Q q
d
F 9 10
8 10 8 10
3 10
2
9
10 10
1 2
5
?
5 ? ?
? ? ?
?
2 2
2
)
)
(
(
⇒
 F 5 6,4 ? 1028 N
Respostas: a) 5 ? 109; b) 20,8 nC; c) 1,6 ? 10210 A;
 d) 6,4 ? 1028 N.
37. Quando o copinho está pairando no ar, temos:
Fe 5 P
Assim: k
Q q
d2
?
5 m g
9 ? 109 ? Q
(3 10 )
2
2 2? 2
 5 1 ? 1023 ? 10 ⇒ 9 10 Q
9 10
9 2
4
? ?
? 2
5 1022
109 Q2 5 1026 ⇒ Q2 5 10215 5 10 ? 10216
 Q  3,2 ? 1028 C
Resposta: d
38. No equilíbrio, temos:
Fe 5 P(anel)
k
Q Q
d2
?
 5 m g
9 ? 109 ? 
? 2
Q
(1 10 )
2
2 2
5 0,9 ? 1023 ? 10
Q2 5 10216
 Q 5 1 ? 1028 C
Essa carga foi adquirida pelo anel superior (inicialmente neutro) 
no contato com o anel eletrizado. Assim, no início, a carga exis-
tente no anel eletrizado vale:
q 5 2 ? 1028 C
Resposta: b
39. O nêutron não tem carga elétrica assim, ele não será atraído nem 
para cima, nem para baixo, passará reto.
O elétron tem carga negativa e será atraído para cima e o próton 
com carga positiva será atraído para baixo.
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RESOLUÇÕES 7
Como a massa do elétron é muito pequena (comparada à massa 
do próton), ele irá mais rapidamente de encontro à placa superior 
(positiva) do que o próton para a placa inferior (negativa). Observe 
que a inércia do elétron é menor.
Resposta: b
40. Lei de Coulomb:
F 5 k
Q q
d2
?
Aplicando-se a Lei de Coulomb na situação da figura a, temos:
Fe 5 k
Q Q
2
2
,
?
)(
⇒ Fe 5
1
2
k
Q Q
2,
?
?
 (I)
Na situação da figura b, vem:
Fe' 5 k
Q Q
2,
?
 (II)
Comparando-se I e II, temos:
Fe' 5 2Fe
Resposta: Fe' 5 2Fe
42. Como as três cargas estão soltas, para que permaneçam em 
equilíbrio é necessário que a carga Q3 seja negativa.
(1Q)
d d
(q)
Q
3
(1Q)
Q
1
Q
2
F
2
F
3
Observe que em Q1 deve existir uma força de repulsão de Q2 e 
outra de atração de Q3.
F2 5 F3
k Q Q
2d
k
Q q
d2 2
?
5
?
)(
Q
4d
q
d
q Q
42 2
⇒5 5
Sendo Q3 negativa (observe que, se Q3 fosse positiva, ela iria re-
fletir Q1, desmanchando a configuração), temos:
q 52 Q
4
Resposta: 2 Q
4
43. a) Para não ocorrer movimentação da carga Q, a resultante das 
forças de atração exercidas por q1 e 4q1 deve ser nula.
F
1
F
2
q
1
4 q
1
d
Q
x
11 �
 
F1 5 F2
k
q Q
x
k
4q Q
(d x)
1
2
1
2
?
5
?
2
q
x
4q
(d x)
1
2
1
2
5
2
 ⇒ 4 x2 5 (d 2 x)2
2x 5 d 2 x ⇒ 3x 5 d ⇒ x 5 d
3
Nota: Existe uma outra solução matemática, em que x 5 2d, 
que não serve fisicamente. Nesse caso, apesar de 
| F1,3 | 5 | F2,3 |, essas forças terão sentidos iguais, fazen-
do com que a carga q3 não esteja em equilíbrio.
b) O equilíbrio da partícula q1 ocorrerá se:
F
2
F
2 
� F
Q
F
Qq
1
�
 
k
q 4q
d
k
q Q
x
1 1
2
1
2
?
5
?
 
4q
d
Q
x
1
2 2
5 ⇒ x2 | 4q1 | 5 d
2 | Q | ⇒ d
3( )
2
| 4q1 | 5 d
2 | Q |
 
| Q | 5 
4 q
9
1
Nota: Este cálculo pode ser feito utilizando-se a carga q2. 
O valor obtido será o mesmo.
Respostas: a) d
3
; b) 
4 q
9
1 .
44. O equilíbrio ocorre se A e C tiverem cargas de mesmo sinal e B de 
sinal contrário.
Assim, a esfera B será equilibrada pela ação das forças que A e C 
aplicam sobre ela.
FA 5 FC ⇒ k
Q Q
x
k
Q Q
d x
B A
2
B C
2
?
5
?
2 )(
( )
Q
x
4 Q
d x
A
2
A
2
5
2
 ⇒ 4x2 5 (d 2 x)2
2x 5 d 2 x ⇒ 3x 5 d
5x d
3
Resposta: c
45. a) Lei de Coulomb:
F 5 k
Q Q
d0
1 1
2
?
Sendo: k0 5 π ε
1
4 0
5 9 ? 109 (SI)
F 5 9 ? 109 ? 1 10 5 10
9 10
? ? ?
2 2
( , )0 3 2
F 5 5 ? 1028 N
Cargas elétricas de sinais opostos: força atrativa.
b) Após o contato:
Q 5
Q Q1 21
2
Q 5
( 1 10 ) ( 5 10 )
2
9 10
1 ? 1 2 ?
2 2
Q 5
( 10) ( 5)
2
1 1 2[ ]
? 10210 
Q 5 12,5 ? 10210 C
Lei de Coulomb:
F 5 k
Q Q
d0 2
?
B
a
n
c
o
 d
e
 i
m
a
g
e
n
s
/ 
A
rq
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/ 
A
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it
o
ra
V3_MP_Resolucao_U1_002a027.indd 7 9/27/18 11:01 AM
8 RESOLU‚ÍES
F 5 9 ? 109 ? 
(2,5 10 )
(0,3)
10 2
2
? 2
F 5 6,25 ? 1029 N
Agora as cargas elétricas têm sinais iguais: força repulsiva.
Respostas: a) 5 ? 1028 N; atrativa; b) 6,25 ? 1029 N; repulsiva.
47. No contato simultâneo das três esferas, elas ficam com cargas iguais:
3Q' 5 5Q 1 3Q 1 (22Q)
Q' 5 12Q
Ao serem suspensas, A e C se repelem (cargas de mesmo sinal).
Lei de Coulomb:
F k
2Q 2Q
x
4 kQ
d2
2
2
5
?
5
Resposta: b
48. Na situação inicial, temos:
BB
AA
F
e
P
A
P
B
Fe 1 PA 5 PB ⇒ k
Q Q
d
A C
2
?
1 mg 5 Mg
k Q
2
d2
5 (M 2 m)g ⇒ d2 5
k Q
(M m) g
2
2
Na situação final, temos: (d')2 5
kQ
(4M 4m)g
kQ
4(M m)g
2 2
2
5
2
.
Assim:
(d')2 5 d
4
2
 ⇒ d' 5
d
2
Resposta: b
49. Observe o esquema a seguir:
45°
P
F
45°
Sendo o ângulo de inclinação 45°, F 5 P. Assim:
k
q q
d
mg
9 10 q
(0,30)2
9 2
2
?
5
? ?
⇒ 5 10 ? 10
23 ? 10
q2 5 10212  q 5 1 ? 1026 C ⇒ q 5 1 mC
Resposta: 1 mC
50. a) Como o módulo da velocidade é constante, temos:
⇒v s
t
3,0 10
1,5 10
t
8
11
5 D
D
? 5
?
D
 Dt 5 5,0 ? 102 s
b) Decompondo a força T, temos:
T sen 458 5 mg
B
a
n
c
o
 d
e
 i
m
a
g
e
n
s
/A
rq
u
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B
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g
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n
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rq
u
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o
 d
a
 e
d
it
o
ra
T cos 458 5 Fe
Assim:
Fe 5 mg ⇒ k
Q q
d
mg
2
?
5
? ?
?
5 ? 5 ? ?
2
2
2 29 10 q
9 10
4 10 q 4 10 10
10
9 2
4
5 2
5 4
9
⇒
q2 5 4 ? 10218 [ q 5 2,0 ? 1029 C
Respostas: a) 5,0 ? 102 s; b) q 5 2,0 ? 1029 C.
51. Na esfera X, temos:
Como a esfera está em equilíbrio, vale:
T 5 P 1 Fe ⇒ 5 1T mg
kq
d
2
2
Resposta: e
52. 1) Esfera eletrizada com carga Q em contato com outra igual, neutra.
Qantes 5 Qdepois 
Q 1 0 5 Q1 1 Q2 
Porém: Q1 5 Q2 (esferas iguais)
Q 5 2Q1 ⇒ Q1 5 Q2 5 
Q
21
 
2) Esfera eletrizada com carga Q
2
 em contato com outra igual, 
neutra:
Qantes 5 Qdepois 
Q
2
1 0 5 Q1' 1 Q2'
Porém: Q1' 5 Q2' (esferas iguais)
⇒' 'Q
2
2Q Q Q Q
21 1 2 2
5 5 5
 
Portanto podemos afirmar que, após sucessivos contatos com 
esferas iguais neutras, temos:
Qn 5
Q
2n
Observe que nesta questão foram feitos 11 contatos: o primeiro 
mais 10.
Qn 5 
Q
211
Resposta: c 
53. No início:
Q
1
1
1
1
1
1
11
1
11
1
11
Após a separação:
d
q Q 2 q
1
1
1
1
1
11
1
11
1
11
1
1
1
1
1
1
11
1
11
1
11
1
F 2F
Aplicando-se a Lei de Coulomb, temos:
F k
q Q q
d2
5
2 )(
1
T
F
e
P
X
B
a
n
c
o
 d
e
 i
m
a
g
e
n
s
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rq
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it
o
ra
V3_MP_Resolucao_U1_002a027.indd 8 9/27/18 11:01 AM
RESOLUÇÕES 9
Como d é fixo, temos:
F k
d
[q (Q q)]
2
5 ? ? 2)(
Sendo 
k
d2
 constante, F depende do produto q ? (Q 2 q).
Assim, para F máximo, o produto deve ser máximo. No entanto, 
da Matemática sabemos que o produto de dois números (quando 
a soma entre eles é constante) é máximo quando eles são iguais.
Portanto:
q 5 Q 2 q
2q 5 Q
q
Q
1
2
5
Resposta: 1
2
54. 
Q
d
dq
(A) (D)
(B) (C)
q
q q
Em A, supondo que as cargas q sejam positivas e Q seja negativa, 
temos:
Condição de equilíbrio:
F
BA
F
CA
F
DA
F
q
FBA 1 FCA 1 FDA 1 F 5 O 
Somando FBA 1 FDA:
Por Pitágoras:
FR
2 5 FBA
2 1 FDA
2
Como: FBA 5 FDA 5 k
q q
d2
?
temos:
FR
2 5 2FBA
2
 ⇒ FR 5 2 FBA
FR 5 2 k
q q
d2
?
Assim:
FR 1 FCA 5 F
2 k
q q
d
k
q q
d 2
k
Q q
d 2
2
2 2 2
?
1
?
5
?
)()(
1 5
2 q
d
q
d 2
Q
d 2
4
2 2 2
2 |q| 1
q
2
5 2 |Q|
B
a
n
c
o
 d
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 i
m
a
g
e
n
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g
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n
s
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rq
u
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o
 d
a
 e
d
it
o
ra
2 2 1 q
2
2 Q Q
(2 2 1
4
q
1
5 5
1( )
⇒ 



Nota: Se as cargas q fossem negativas e Q fosse positiva, o resul-
tado seria o mesmo.
Resposta: 12 2 1
4( ) |q|
55. 
Or r
d
AC
d
BC
A B
θ
C
C
tg uC 5
d
d
BC
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 normal exercida pelo aro.
Observemos que o sistema se encontra em um plano horizontal; 
portanto, a força peso não interfere no equilíbrio da esfera C.
Or r
d
AC
d
BC
A B
u
C
u
C
u
C
C
F
BC
F
AC
R
C
N
tg uC 5
F
F
BC
AC
Como: F 5 k
Q q
d2
?
temos:
tg uC 5 
k
Q q
d
k
Q q
d
Q d
Q d
B
BC
2
A
AC
2
B AC
2
A BC
2
?
?
5 (II)
Igualando (I) e (II), temos:
d
d
Q d
Q d
BC
AC
B AC
2
A BC
2
5 ⇒ 125 ? 1026 dBC
3 5 8 ? 1026 dAC
3
125dBC
3 5 8dBC
3 ⇒ 5dBC 5 2dAC
dAC 5 2,5dBC
Assim, em (I), vem:
tg uC 5
d
d
d
2,5 d
BC
AC
BC
BC
5
tg uC 5 0,40
Resposta: 0,40
B
a
n
c
o
 d
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 i
m
a
g
e
n
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it
o
ra
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10 RESOLU‚ÍES
56. Situação de equilíbrio inicial:
q
0
A carga q' é fixada 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:
F
m
q'q
d
0
F
e
40 cm
Portanto:
Fm 5 Fe
K ? x 5 k
q q’
(d 0,40)0 2
?
2
Como, no MHS, temos:
T 5 2π m
K
0,40π 5 2π 10 10
3
?
2
K
K 5 0,25 N/m
Assim:
0,25 ? 0,40 5 9 ? 109 ? 2 10 0,2 10
(d 0,40)
6 6
2
? ? ?
2
2 2
 d  0,59 m ⇒ d  59 cm
Resposta: 59 cm
57. Na esfera de cima, temos:
T 5 Fe 1 P
5 1 5 2T
k Q
d
mg
k Q
d
T mg
2
2
2
2
⇒
d
k Q
T m g
2
2
5
2 ?
5 ?
2 ?
d Q k
T m g( )
 
Resposta: a
58. a) Na situação de equilíbrio, temos:
x
P
0
11
1q 12 q
0,3 m0,3 m
QQ
F
1 F2
,
2
,
2
B
a
n
c
o
 d
e
 i
m
a
g
e
n
s
/ 
A
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m
a
g
e
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s
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rq
u
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 d
a
 e
d
it
o
ra
1
T
F
e
P
Condição de equilíbrio:
∑F 5 0
P 5 F1 1 F2
Usando a Lei de Coulomb, temos:
F 5 k
Q q
d2
?
F1 5 9 ? 10
9 ? 4 10 1 10
(0,3)
6 6
2
? ? ?
2 2
  F1 5 0,4 N
F2 5 9 ? 10
9 ? 4 10 2 10
(0,3)
6 6
2
? ? ?
2 2
  F2 5 0,8 N
Portanto:
P 5 0,4 N 1 0,8 N
P 5 1,2 N
b) A outra condição para ocorrer equilíbrio é:
∑M0 5 0
F1 
,
2
1 P x 5 F2 
,
2
0,4 ? 2
2
1 1,2 x 5 0,8 ? 2
2
1,2 x 5 0,4
 x 5 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.
59. 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
5
5



Como sen 45º 5 cos 45º, vem:
F 5 P
k
Q q
d2
?
5 mg
9 ? 109 ? 
1,0 10 1,0 10
d
6 6
2
? ? ?
2 2
5 10 ? 1023 ? 10
9 ? 1023 5 1021 ? d2
d2 5 9 ? 1022
 d 5 3 ? 1021 m
d 5 30 cm
Resposta: e
B
a
n
c
o
 d
e
 i
m
a
g
e
n
s
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V3_MP_Resolucao_U1_002a027.indd 10 9/27/18 11:01 AM
RESOLUÇÕES 11
60. 
u 5
u 5
T cos P
T sen Fe








T 4
5
mg
T 3
5Fe
? 5
? 5





T
5mg
4
T
5F
3
e
5
5
Assim:
5F
3
5mg
4
e
5
k
Q q
d
3
4
mg
2
5
9 ? 109
10 10 q
(3 10 )
3
4
9
2 2
? ?
?
5
2
2
? 0,4 ? 1023 ? 10
90
9 10 4? 2
? q 5 3 ? 1023
 q 5 3 ? 1028 C
q 5 30 ? 1029 C
q 5 30 nC
Resposta: a
61. a) Como está ocorrendo atração entre as esferas, elas estão ele-
trizadas com cargas de sinais opostos (uma positiva e a outra 
negativa).
b) Na esfera B, decompondo T , temos:
T T
y
T
x
P
a
a
B
y
x
F
e
Tx 5 T sen a
Ty 5 T cos a
Portanto, sendo:
Tx 5 Fe
Ty 5 P
Dividindo membro a membro, temos:
a
a
5
T sen
T cos
F
m g
e
tg a 5
F
m g
e
⇒ 4
3
F
0,1 10
F 4
3
Ne e5 ?
5
Usando a Lei de Coulomb, vem:
Fe 5 k
Q q
d2
?
4
3
9 10 Q
(0,1)
9
2
2
5 ? ?
d 5 4 cm
Q
L 5 5 cm
x 5 3 cm
u
u
T
F
e
P
q, m
B
a
n
c
o
 d
e
 i
m
a
g
e
n
s
/A
rq
u
iv
o
 d
a
 e
d
it
o
ra
Q2 5
0,04
27 10
40 10
279
12
?
5
? 2
 Q 5
40
27
1026 C
Q 5
40
27
 mC
Respostas: a) Sinais opostos; b) 
40
27
mC.
62. Na situação inicial, decompondo-se T , temos:
T
y 
5 T cos
 
u
T
x
T
x 
5 T sen u
x
y
�
�
F
e
P
T
T
y
Na situação de equilíbrio:
T F
T P
x e
y
5
5




u
u
5
T sen
T cos
F
m g
e ⇒ Fe 5 mg tg u
Usando a Lei de Coulomb, temos:
k
Q q
d2
?
5 mg tg u
9 ? 109 ? 2 10 2 10
(0,20)
6 6
2
? ? ?2 2
5 0,090 ? 10 tg u
tg u 5 1 ⇒ u 5 45º
Na situação final, temos:
T
y Ty 5 T cos u
T
x
T
x 
5 T sen u
x
y
u
u
F‘
e Fm
P
T
No equilíbrio, vem:
5 2
5




T F' F
T P
x e m
y
u
u
5
2T sen
T cos
F' F
m g
e m
mg tg u 5 Fe' 2 Fm
0,090 ? 10 ? 1 5 9 ? 109 ? 4 10 4 10
(0,20)
6 6
2
? ? ?2 2 2 K ? 1,0 ? 1022
0,9 5 3,6 2 0,01K
0,01K 5 2,7  K 5 2,7 ? 102 N/m
Resposta: 2,7 ? 102 N/m
B
a
n
c
o
 d
e
 i
m
a
g
e
n
s
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12 RESOLU‚ÍES
63. No átomo de Bohr, o raio da órbita é dado por:
R 5 n2 R0
em que R0 5 5,3 ? 10
211 m (raio da órbita fundamental).
Para o estado fundamental n 5 1; para o primeiro nível excitado 
n 5 2.
Assim:
R 5 22 R0
R 5 4 R0
Como a força eletrostática faz o papel de força centrípeta, temos:
Fe 5 Fcp
?
5k e e
R
m v
R2
2
v2 5
k e
m R
2
Sendo v inversamente proporcional a R , se R 5 4R0, temos:
v 5
v
2
0
5 1,1 ? 106 m/s
Portanto:
v 5
π2 R
T
1,1 ? 106 5
2 3,14 4 5,3 10
T
11
? ? ? ?
2
 T  1,2 ? 10215 s
Como o elétron tem vida de 1028 s, no referido estado, vem:
n 5 ∆T
T
10
1,2 10
8
15
5
?
2
2
 n  8 ? 106 revoluções
Resposta: d
64. A esfera C, do pêndulo, está originalmente neutra.
Quando aproximamos essa esfera C da esfera B, as cargas elétricas 
de B "puxam" da Terra cargas elétricas de sinal contrário para C. 
Dessa forma, C fica eletrizada e será atraída por B, e o pêndulo for-
mará um ângulo positivo, qualquer que seja o sinal das cargas de B. 
Resposta: c
65. a) Com o passar do tempo haverá perda de carga elétrica para o ar 
que envolve as esferas. Isso provocará a aproximação, 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 a de-
verá ser igual para ambas.
b) 
T sen F
T P
eα
α
5
5cos




tg a 5
F
P
F
mg
e e
5
Fe 5 mg tg a
Lei de Coulomb:
Fe 5
?
k
Q Q
d2
Assim:
k
Q Q
d2
?
5 mg tg a
9 ? 109 Q
d
2
2
5 0,0048 ? 10 ? 0,75
T cos
 
a
a
a
F
e
T sen a
T
P
Q2 5 4 ? 10212 d2
Q 5 2 ? 1026 d
Mas:
α
,
d
2
d
2
5 , sen a
d 5 2 ? 0,090 ? 0,60 m
d 5 0,108 m
Portanto:
Q 5 2 ? 1026 ? 0,108 C
Q 5 ± 2,16 ? 1027 C
Respostas: a) Perda de cargas elétricas para o ar. Os ângulos 
permanecem iguais; b) 2,16 ? 1027 C.
66. a) Cada uma das quatro cargas elétricas está sujeita a três forças 
exercidas pelas outras cargas.
1q
F
CA
�q
�q
1q
A
D C
B
F
DB
F
DA
F
CD
F
DC
F
AD
F
BD
F
AC
F
BC
F
CB
F
BA
F
AB
Devido à simetria, podemos observar que as forças resultantes 
em cada carga têm intensidades iguais. Por exemplo, conside-
rando a carga nominada por A, temos:
F
CA
A
F
DA
F
BA
Observe que:
| FBA | 5 | FDA | 5 k
q q
a2
?
| FCA | 5 k
q q
(a 2 )
k
q q
a 22 2
?
5
?
?
Somando os vetores FBA e FDA, temos:
S2 5 FBA
2 1 FDA
2 5 2FBA
2
S 5 2 FBA ⇒ S 5 
?
2 k
q q
a2
B
a
n
c
o
 d
e
 i
m
a
g
e
n
s
/A
rq
u
iv
o
 d
a
 e
d
it
o
ra
B
a
n
c
o
 d
e
 i
m
a
g
e
n
s
/A
rq
u
iv
o
 d
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 e
d
it
o
ra
B
a
n
c
o
 d
e
 i
m
a
g
e
n
s
/A
rq
u
iv
o
 d
a
 e
d
it
o
ra
V3_MP_Resolucao_U1_002a027.indd 12 9/27/18 11:01 AM
RESOLUÇÕES 13
A força resultante de A é dada por:
F 5 S 2 FCA 5
?
2
?
2 k
q q
a
1
2
k
q q
a2 2
F 5 ( )2 ?2 12 k
q q
a2
Como: k 5 1
4 0π ε
Então: F 5
2
?
2 2 1
2
1
4
q
a0
2
2( ) π ε 
Essa resultante tem direção radial, passando pelo centro da 
circun ferência.
b) A força resultante calculada no item a funciona, para cada car-
ga, como força centrípeta.
F 5 Fcp 5
m v
R
2?
Como o raio R da circunferência corresponde à metade da dia-
gonal do quadrado, temos:
R 5 a 2
2
Assim:
F 5
( )
mv
a 2
2
2m v
a 2
2 2
5
v2 5 a 2
2m
F
v2 5
( )
π ε
a 2
2m
2 2 1
2
1
4
q
a0
2
2
?
2
? ?
v2 5 4 2
4m
1
4
q
0
2
2 ? ?
π ε a
v 5
( )
π ε
2q
4
4 2
m a 0
Respostas: a) ( ) πε 2 2 12 14 qa ;0
2
2
2
? direção radial; 
b) 
q
4
4 2
m a 0
2( )
π ε
.
67. 
30°
B
A
F
e
P
t
a) No equilíbrio, temos:
Pt 5 Fe
mg sen 30° 5
?
k
Q q
d2
20 ? 1023 ? 10 ? 1
2
5 9 ? 109 ? 
20 10 q
(0,30)
6
2
? ?2
0,10 5 2 ? 106 ? q
 q 5 5,0 ? 1028 C
B
a
n
c
o
 d
e
 i
m
a
g
e
n
s
/ 
A
rq
u
iv
o
 d
a
 e
d
it
o
ra
b) Com atrito, temos:
Fe 5 Pt 1 Fatest
?
k
Q q
d2
5 mg sen 30° 1 mmg cos 30°
9 ? 109 ? 
20 10 5,0 10
d
6 8
2
? ? ?
5
2 2
5 0,020 ? 10 (0,50 1 0,25 ? 0,86)
9 10
d
3
2
? 2
5 0,143 ⇒ d2 5 0,009
0,143
d2  0,063  d  0,25 m ⇒ d  25 cm
Respostas: a) 5,0 ? 1028 C; b) aproximadamente 25 cm.
68. 
B
A
R
P
m
R
liso
F
B
 5 ?
R 5 0,60 mv 5 0
�q
�q
�q
�q
F
e v
B
Em B, temos:
FB 2 (P 1 Fe) 5 FcpB
FB 2 ( )1 ? 5mg k q qR mvR2 B
2
Para o cálculo da velocidade vB, podemos utilizar a conservação 
da energia mecânica.
EMA
 5 EMB
mgR 5
mv
2
B
2
 ⇒ gR 5
v
2
B
2
vB
2 5 2gR
Portanto:
FB 2 mg 2 5
?
k
q
R
m 2gR
R
2
2
FB 5 3mg 1 k
q
R
2
2
FB 5 3 ? 0,010 ? 10 1 9 ? 10
9 ? 2 10 2 10
0,60
6 6
2
? ? ?2 2
( )
 
FB 5 0,30 1 0,10
 FB 5 0,40 N
Resposta: 0,40 N
69. O bloco será empurrado por uma força elétrica aplicada pelas car-
gas do bastão e será dificultado seu movimento pela força de atrito 
exis tente entre o bloco e a superfície horizontal.
F
el
F
at
B
a
n
c
o
 d
e
 i
m
a
g
e
n
s
/A
rq
u
iv
o
 d
a
 e
d
it
o
ra
B
a
n
c
o
 d
e
 i
m
a
g
e
n
s
/ 
A
rq
u
iv
o
 d
a
 e
d
it
o
ra
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14 RESOLU‚ÍES
Na iminência de movimento, temos:
F
atd
 5 Fe
me ? N 5 
?k Q Q
dmín
2
me m g 5 k
Q
d
2
mín
2
d2mín 5 µ
kQ
mg
2
e
Portanto: d2mín 5
( )
( )
? ? ?
? 1 ?
29 10 4,0 10
0,25 200 25 10
9 6 2
d2mín 5 256 ? 10
26
 dmín 5 16 ? 10
23 m
dmín 5 16 mm
Resposta: 16 mm
70. a) Lei de Coulomb:
Fe 5
?
k
Q q
d2
Fe 5 9,0 ? 10
9 1,6 10 1,6 10
(1,0 10 )
19 19
10 2
? ? ?
?
2 2
2
Fe 5 2,3 ? 10
28 N
b) A força eletrostática Fe funciona como força centrípeta:
Fe 5 Fcp
2,3 ? 1028 5 mv
R
2
2,3 ? 1028 5
9,0 10 v
1,0 10
31 2
10
? ?
?
2
2
v2  2,6 ? 1012
v  1,6 ? 106 m/s
c) Fr 5 Fe 1 Fg
Fr 5 2,3 ? 10
28 1 G
Mm
d2
Fr 5 2,3 ? 10
28 1 6,7 ? 10211 ?
9,0 10 1,7 10
(1,0 10 )
31 27
10 2
? ? ?
?
2 2
2
Fr 5 2,3 ? 10
28 1 1,0 ? 10249
Observe que a interação gravitacional entre o próton e o elétron 
é des prezível quando comparada com a interação eletrostática. 
Assim:
Fr 5 Fe 5 2,3 ? 10
28 N
d) Do item c, concluímos que:
Fcp 5 Fe
m v
R
k
Qq
d
2
2
5
v  1,6 ? 106 m/s
(Veja item b.)Respostas: a) 2,3 ? 1028 N; b) Aproximadamente 1,6 ? 106 m/s; 
c) 2,3 ? 1028 N; d) Aproximadamente 1,6 ? 106 m/s.
Tópico 2 – Campo 
elétrico
1. I. Verdadeira.
 
E
1
E
2
F
e
2
F
e
1
Q
1q
�q
+
 A força de atração ou repulsão que aparece na carga de prova 
tem sempre a mesma direção do vetor campo elétrico. O sentido 
é que pode não coincidir.
 II. Verdadeira.
 Observe a figura do primeiro item.
III. Falsa.
 Campo gerado por uma carga pontual Q.
 E k
|Q|
d2
5
IV. Verdadeira.
 F 5 | q |E
 Assim: 5E F
|q|
N/C
Resposta: c
2. Sabemos que: 
F 5 q E
Assim:
1) Se q (1), temos F e E, que apresentam mesma direção e mesmo 
sentido.
2) Se q (2), temos 2F e E , que apresentam mesma direção e sen-
tidos opostos.
Portanto:
2F
gota eletricamente
negativa
gota eletricamente
positivagota neutra
E
F
Resposta: a
3. A força elétrica ( Fe ) e o campo elétrico ( E ) são relacionados por:
Fe 5 qE
Quando q é positivo, Fe e E possuem mesmo sentido.
Quando q é negativo, Fe e E possuem sentidos opostos.
Para a carga geradora Q, temos:
Para Q positiva as linhas de força são de afastamento.
Para Q negativa as linhas de força são de aproximação.
Dessa forma, são corretas as afirmativas I, II e III.
Resposta: a
B
a
n
c
o
 d
e
 i
m
a
g
e
n
s
/A
rq
u
iv
o
 d
a
 e
d
it
o
ra
B
a
n
c
o
 d
e
 i
m
a
g
e
n
s
/A
rq
u
iv
o
 d
a
 e
d
it
o
ra
V3_MP_Resolucao_U1_002a027.indd 14 9/27/18 11:01 AM
RESOLUÇÕES 15
4. A carga elétrica geradora de campo em A e B é positiva, pois os 
vetores EA e EB são de “afastamento” em relação a ela. 
A carga q é negativa, pois os vetores EA e F apresentam sentidos 
opostos.
A carga q ' é positiva, pois EB e F ' apresentam o mesmo sentido.
Assim: Q . 0; q , 0; q' . 0
Resposta: Q . 0, q , 0 e q' . 0
5. F 5 | q | E 
F 5 2 ? 1026 ? 4 ? 103
 F 5 8 ? 1023 N
Resposta: 8 ? 1023 N
7. a) O cálculo da carga Q é feito por meio da relação:
 E 5 k
|Q|
d2
 Assim: 1,8 ? 104 5 9 ? 109 ? 
Q
22
  Q 5 18 ? 1026 C
 
Q 5 18 mC
b) No ponto B, a intensidade do campo elétrico é dada por:
 E 5 k
|Q|
d2
 ⇒ EB 5 9 ? 10
9 ? 
8 10
0 30
6
2
   
( , )
?
2
  EB 5 8 ? 10
5 N/C
Respostas: a) 18 mC; b) 8 ? 105 N/C.
8. Expressão do cálculo da intensidade do campo elétrico gerado por 
uma partícula eletrizada.
E k
|Q |
d2
5
Assim: 
( )
E 9 10
0,16
2 10
9
2 2
 E 5 3,6 ? 1012 N/C
Resposta: d
10. Em O, temos:
O
d
q
q
E
(–)
E
(+)
E
5
+
–
Assim, no ponto O o vetor E5 é aquele que melhor representa o 
campo elétrico resultante.
Resposta: E 5
11. 
E
1
E
2
10 cm 20 cm
P
Q
2
Q
1
+Ð
B
a
n
c
o
 d
e
 i
m
a
g
e
n
s
/A
rq
u
iv
o
 d
a
 e
d
it
o
ra
B
a
n
c
o
 d
e
 i
m
a
g
e
n
s
/ 
A
rq
u
iv
o
 d
a
 e
d
it
o
ra
E k
|Q |
d2
5
Assim: 
( )
∴5 ? ?
?
5 ?
2
E 9 10 18 10
0,30
E 18 10 N/C1
9
6
2 1
5
( )
∴5 ? ?
?
5 ?
2
E 9 10 8 10
0,10
E 72 10 N/C2
9
6
2 2
5
Portanto:
Ep 5 E2 2 E1 5 72 ? 10
5 N/C 2 18 ? 105 N/C
Ep 5 5,4 ? 10
6 N/C
Direção: Q2Q1
Sentido: de Q2 para Q1
Respostas: Intensidade: 5,4 ? 106 N/C
 Direção: Q2Q1
 Sentido: de Q2 para Q1
12. Decompondo o vetor E , temos:
E
2
E
1
E
A
Q
1
Q
2
Sendo E1 de “afastamento” em relação à carga Q1, concluímos que:
Q1 . 0
Sendo E2 de “aproximação” em relação à carga Q2, concluímos que:
Q2 , 0
Na carga de prova q, colocada em A, a força F tem sentido oposto 
ao do campo E . Daí, concluímos que:
q , 0
Resposta: d
13. Em um ponto intermediário e pertencente ao segmento que une as 
cargas, o campo elétrico resultante é nulo.
Assim:
E1 5 E2 
⇒k Q
d
k 4Q
d
d 2d
1
2
2
2 2 1
5 5
A distância entre as cargas vale:
d1 1 d2 5 9 (em metros)
Portanto:
d1 1 2d1 5 9
 d1 5 3 m
d2 5 2 ? d1 5 2 ? 3 m
d2 5 6 m
O ponto do segmento dado, que dista 3 m da carga 1Q e 6 m da 
carga 14Q, é o x 5 6 m.
Resposta: d
B
a
n
c
o
 d
e
 i
m
a
g
e
n
s
/A
rq
u
iv
o
 d
a
 e
d
it
o
ra
V3_MP_Resolucao_U1_002a027.indd 15 9/27/18 11:01 AM
16 RESOLU‚ÍES
14. a) Como as linhas de força saem da carga q1, ela é positiva. Como 
as linhas de força chegam na carga q2, ela é negativa.
q1 (1) e q2 (2)
b) Não. A força é de atração, pois as duas cargas possuem sinais 
opostos.
Respostas: a) q1 (positiva); q2 (negativa); b) Não; devido ao fato 
de as cargas apresentarem sinais diferentes, a força 
eletrostática entre elas será de atração.
15. I) Falso.
 E k
|Q|
d2
5
Observe que a intensidade do campo elétrico depende do meio, 
da carga e da posição em relação à carga geradora.
II) Verdadeiro.
O campo elétrico gerado por uma única carga pode produzir 
atração ou repulsão em outra carga.
III) Falso.
O campo elétrico resultante é a soma vetorial dos campos cria-
dos por cada carga individualmente.
Resposta: b
16. a) Como o próton possui carga positiva, a força aplicada terá 
mesma direção e sentido do campo elétrico. O elétron, por pos-
suir carga negativa, estará sob a ação de uma força de mesma 
direção e sentido oposto ao do campo elétrico.
Para o cálculo do módulo da força, usamos a relação:
F 5 | q | E
Como o próton e o elétron possuem cargas de mesmo mó-
dulo, podemos afirmar que as forças aplicadas pelo campo 
elétrico apresentam a mesma intensidade. Assim, as forças 
no próton e no elétron possuem mesmo módulo, mesma di-
reção e sentidos opostos.
b) A aceleração apresenta sempre a mesma direção e sentido 
da força que a originou. Assim, a aceleração no próton tem 
mesma direção e sentido do vetor campo elétrico. No elétron, 
a aceleração tem mesma direção e sentido oposto ao do vetor 
campo elétrico. 
c) A intensidade da força é determinada pela 2a Lei de Newton: 
F 5 ma
Assumindo que a massa do próton é 1 836 vezes a massa do 
elétron, a aceleração do próton é 1 836 vezes menor do que a 
aceleração do elétron.
Fp 5 Fe ⇒ mp ap 5 me ae
1 836 me ap 5 me ae ⇒ ap 5 
a
1 836
e
Respostas: a) Mesmo módulo, mesma direção e sentidos 
opostos;
 b) Próton: mesma direção e mesmo sentido;
 Elétron: mesma direção e sentido oposto; 
 c) A aceleração no elétron (1 836 vezes maior do 
que no próton).
17. Ilustração dos vetores campo elétrico (E ) no vértice vazio.
60°
d d
d
QQ
E
res
EE
++
Assim, temos:
5 1 1 ? ? ?E E E 2 E E cos 60°res
2 2
5 ? 1 ? ? 5 ?E 2 E 2 E 1
2
E 3 Eres
2 2
res
2
⇒
5E E 3res 
Resposta: a
18. 
+q
y
–q
A
BC
D
–q
E
B
E
D
+q
0
x
E
X
E
C E
A
Decompondo esses vetores segundo os eixos x e y, notamos que no 
eixo y a resultante é nula. No eixo x a resultante é diferente de zero. 
Resposta: a
19. Prolongando os vetores EF e EG vamos encontrar a localização da 
carga Q1.
1 2 P 4 5
3
F G
E
G
E
F
Q
1
Para que no ponto P o corpo elétrico resultante seja nulo, a carga 
Q2 deve estar no ponto 4, simétrico ao ponto 2, em relação a P.
E
2
E
1
Q
1
Q
2
2 P 4
++
Resposta: b
B
a
n
c
o
 d
e
 i
m
a
g
e
n
s
/A
rq
u
iv
o
 d
a
 e
d
it
o
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B
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n
c
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 d
e
 i
m
a
g
e
n
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B
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c
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e
 i
m
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g
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n
s
/A
rq
u
iv
o
 d
a
 e
d
it
o
ra
V3_MP_Resolucao_U1_002a027.indd 16 9/27/18 11:01 AM
RESOLUÇÕES 17
20. 10 cm
Q
1
Q
2E1 E2
10 cm
M
––
a) EM 5 E1 2 E2 ⇒ EM 5 k
Q
d
   k
Q
d
1
2
2
2
2
EM 5 
9 109   ?
(0,10)2
 ? (9,0 ? 1029 2 4,0 ? 1029)
EM 5 
9 10 5 0 109 9        ,    ? ? ? 2
210 2
 [ EM 5 4,5 ? 10
3 N/C
b) F 5 | |q E ⇒ F 5 2,0 ? 1026 ? 4,5 ? 103 [ F 5 9,0 ? 1023 N
c) A condição é que, nesse ponto, o campo elétrico resultante 
seja nulo.
E1 5 E2
k
Q
x
   k
Q
(0,20   x)
1
2
2
2
5
2
 ⇒ 
9 0 10 4 0 109 9,    
   
,    ?
5
?
2
2 2
x (0,20   x)2 2
4,0 x2 5 9,0 (0,20 2 x)2
2,0x 5 3,0 (0,20 2 x) ⇒ 2,0x 5 0,60 2 3,0x
5,0 x 5 0,60 [ x 5 0,12 m 5 12 cm
(12 cm de Q1 e 8,0 cm de Q2)
Respostas: a) 4,5 ? 103 N/C; b) 9,0 ? 1023 N; c) 12 cm de Q1 
e 8,0 cm de Q2.
21. Cálculo do campo resultante no local onde foi colocada a terceira 
partícula.
EM 5 E1 1 E2 ⇒ EM 5 k
Q
d
   k
Q
d
1
1
2
2
2
2
1
EM 5 2 ? 9 ? 10
9 ? 
2 0 10 6,    ? 2
(1,0)2
 ⇒ EM 5 3,6 ? 10
4 N/C
Como: F 5 ||q E ⇒ m a 5 | |q EM
Então: 1,8 ? 1026 ? a 5 1,0 ? 1029 ? 3,6 ? 104  a 5 20 m/s2
Resposta: 20 m/s2
23. Representando os vetores campo elétrico gerado pelas quatro car-
gas em P, vem:
Q
1
Q
2
Q
3
Q
4
E
1
P E2
E
4
E
3
P
1
1
–2
–2
Assim, temos:
E
R
P 2E
2E
B
a
n
c
o
 d
e
 i
m
a
g
e
n
s
/A
rq
u
iv
o
 d
a
 e
d
it
o
ra
Sendo a representação um quadrado, podemos aplicar Pitágoras:
5 1 5E (2E) (2E) 2(2E)R
2 2 2 2 
5E 2E 2R 5 2 2 E
Resposta: d
24. 
E
D
E
B
E
E
E
C
E
A
E
F
A B
C
DE
F
O
2
1
22
1
1
Como:
A B C D E FE E E E E E5 5 5 5 5
Temos:
E 2E 2   k    
|Q|
rO B 2
5 5 ? ? 
Ainda: r 5 L 
Assim: EO 5 2 ? 9,0 ? 10
9 ? 
5,0 10
0,30
5
2
?
2
( )
 
EO 5 1,0 ? 10
7 N/C
A orientação do vetor EO (resultante) é de E para B.
Resposta: e
25. Nominando as cargas, temos:
+
+
q
q q
A
q
q
q q
–
–
–
+
–
–
(1)
(4)
(6)(2)
(3)
(5)
(8)
(7)
q
22
2
2
2
1
1
1
Na figura, notamos que as cargas 1 e 2, 3 e 4, 7 e 8 produzem campo 
resultante nulo no ponto de encontro das diagonais do cubo.
Apenas as cargas 5 e 6 produzem campo elétrico resultante não 
nulo no encontro das diagonais.
Assim:
EE 5 E5 1 E6
EE 5 2 ? k ? 
| |
x2
q
Mas x é metade da diagonal do cubo:
x 5 ,( )1
2
3
B
a
n
c
o
 d
e
 i
m
a
g
e
n
s
/A
rq
u
iv
o
 d
a
 e
d
it
o
ra
B
a
n
c
o
 d
e
 i
m
a
g
e
n
s
/A
rq
u
iv
o
 d
a
 e
d
it
o
ra
B
a
n
c
o
 d
e
 i
m
a
g
e
n
s
/ 
A
rq
u
iv
o
 d
a
 e
d
it
o
ra
V3_MP_Resolucao_U1_002a027.indd 17 9/27/18 11:02 AM
18 RESOLU‚ÍES
Portanto:
EE 5 
, ,( )
⇒
2kq
3
2
   E    
8kq
32 E 2
5
e a força aplicada na carga 2q, colocada em A, vale:
F 5 | 2q| ? E ⇒ F 5 2q ? 
,
8
3
   
kq
2
? ⇒ F 5 
,
16kq
3
2
2
Resposta: c
26. a) Usando a equação para o cálculo do campo elétrico, temos:
E 5 k
|Q|
d2
Assim:
EA 5 1,0 ? 10
10 ? 
7,2 10 6? 2
( , )3 0 2
 ⇒ EA 5 8,0 ? 10
3 N/C
EB 5 1,0 ? 10
10 ? 
9,6 10 6? 2
( , )4 0 2
 ⇒ EB 5 6,0 ? 10
3 N/C
Como os vetores EA e EB são perpendiculares, aplicando o 
Teorema de Pitágoras, vem:
EC
2 5 EA
2 1 EB
2 ⇒ EC
2 5 (8,0 ? 103)2 1 (6,0 ? 103)2
 EC 5 1,0 ? 10
4 N/C
b) Cálculo do módulo da força resultante:
F 5 | |q E ⇒ F 5 2,0 ? 1026 ? 1,0 ? 104
 F 5 2,0 ? 1022 N
Respostas: a) 1,0 ? 104 N/C; b) 2,0 ? 1022 N.
27. As cargas X e Y, como são positivas, ficarão sujeitas a uma força 
de sentido igual ao do campo elétrico. Desviam para baixo.
A carga Z, como é negativa, ficará sujeita a uma força de sentido 
oposto ao do campo elétrico. Desvia para cima.
Como as massas de X e Y são diferentes, a intensidade da ace-
leração será diferente, provocando trajetórias distintas; Z e X têm 
trajetórias iguais (massas iguais) e opostas.
Resposta: c
28. Em A, queremos que EA 5 0:
E
q2
E
q2 
sen 30° Eq1 sen 30°
E
q2 
cos 30° Eq1 cos 30°
E
Q
30° 30°
E
q1
Mas: EA 5 Eq1
 1 Eq2
 1 EQ
B
a
n
c
o
 d
e
 i
m
a
g
e
n
s
/A
rq
u
iv
o
 d
a
 e
d
it
o
ra
Assim:
EQ 5 Eq1
 sen 308 1 Eq2
 sen 308
EQ 5 2 Eq1
 sen 308
Como: E 5 k
Q
d2
Temos:
k Q
y
   2    k    
q
L
    1
22 2
5 ? ? ?
Q
y
   
q
L2 2
5
8 10 2 106 6           ? 5 ?
2 2
y 32 2
y2 5 36
y 5 6 cm
Resposta: 6 cm
29. a) Após a transferência dos elétrons da esfera A para a esfera B, 
ambos estarão eletrizados com cargas de mesmo valor, sendo 
a de A positiva e a de B negativa.
E
R
1Q �Q
A B
R
A direção de 
RE é horizontal, a mesma de AB.
b) Em P, ponto médio do segmento AB, temos:
Ep 5 EA 1 EB 
E 2 k
|Q|
dp 2
5 
Como:
| Q | 5 ne 5 5,0 ? 106 ? 1,6 ? 10219 
| Q | 5 8,0 ? 10213 C
Vem:
Ep 5 2 ? 9 ? 10
9 ? 
8,0 10
0,10
13
2
? 2
( )
Ep  1,4 N/C
Respostas: a) A direção é a mesma da reta AB; b) 1,4 N/C.
30. A
B C
q 3,0 cm
4,0 cm
5,0 cm
B
a
n
c
o
 d
e
 i
m
a
g
e
n
s
/A
rq
u
iv
o
 d
a
 e
d
it
o
ra
B
a
n
c
o
 d
e
 i
m
a
g
e
n
s
/A
rq
u
iv
o
 d
a
 e
d
it
o
ra
V3_MP_Resolucao_U1_002a027.indd 18 9/27/18 11:02 AM
RESOLUÇÕES 19
Como: EC 5 E
Temos:
E k
|q|
5 10 2
2
( )
5
?
2
 ⇒ 25 ? 1024 ? E 5 k | q |
Em A, temos:
E k
|q|
3,0 10
E
25 10 E
9,0 10A 2 2 A
4
4
( )
⇒5
?
5
? ?
?2
2
2
5E 25
9
EA
Em B, temos:
E k
|q|
4,0 10
E
25 10 E
16 10B 2 2 B
4
4
( )
⇒5
?
5
? ?
?2
2
2
E 25
16
EB 5
Resposta: e
32. m 5 π
5
Q
A
    Q
4 R2
 ⇒ 25,00 ? 1026 5 
Q
4   3,14   (0,50)2? ?
Q 5 215,7 ? 1026 C
Resposta: 215,7 ? 1026 C
33. m 5 
Q
A
n   e
A
   5 ? ⇒ 6,0 ? 1026 5 
n   1,6   10
0,80
19
? ?
2
n 5 3,0 ? 1013 elétrons
Resposta: 3,0 ? 1013 elétrons
34. a) Falsa.
A carga induzida na esfera maior 
estará distribuída pela superfície 
externa, havendo maior concentra-
ção próximo da esfera menor.
b) Verdadeira.
c) Falsa.
No interior da esfera maior, o campo elétrico não será nulo, já 
que lá existe a carga 2Q da esfera menor. Na parte externa, o 
campo elétrico também não será nulo, devido à carga 2Q e 
à carga 1Q (induzida na superfície externa da esfera maior).
d) Falsa.
Se o fio é condutor, a carga 2Q irá para a superfície externa da 
esfera maior, proporcionando um campo elétrico nulo na parte 
interna da esfera.
Resposta: b
35. Densidade superficial de cargas: m 5 
Q
A
Como: 1 5 2 
Temos: ⇒
π π
5 5
Q
A
   
Q
A
   
Q
4 R
   
Q
4 (2R)
1
1
2
2
1
2
2
2
Q2 5 4Q
Resposta: 4Q
2 Q
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
36. A intensidade do campo elétrico, nas vizinhanças da superfície 
externa de um condutor esférico, é determinada por:
E 5 k
| |
R2
Q
Assim: E 5 k
ne
R2
1,0 ? 103 5 1,0 ? 1010 ? 4 0 10 1 6 10
11 19,         ,    ? ? ? 2
R2
 ⇒ R2 5 0,64
 R 5 0,80 m
Resposta: 0,80 m
37. A concentração de cargas elétricas é maior onde o raio de curva-
tura do condutor é menor (poder das pontas).
Assim, no ponto E, que é um ponto externo, temos concentração 
maior de cargas. 
Resposta: Na região E.
38. Em um condutor eletrizado as cargas se espalham na superfície 
externa, concentrando-se mais nas regiões de menor raio de cur-
vatura, nas pontas.
Assim, nas pontas vamos encontrar mais cargas e maior densida-
de superficial de cargas.
Resposta: a
39. A carroceria metálica funciona como uma gaiola de Faraday, blin-
dando o interior do ônibus, evitando que os passageiros sofram 
danos físicos.
Resposta: d
40. A descarga elétrica irá eletrizar o avião. Porém, como sua fuse-
lagem é metálica (boa condutora), essas cargas irão se distribuir 
pela superfície externa, não causando danos aos passageiros. 
A fuselagem atua como blindagem para o seu conteúdo. Nas 
extremidades das asas e na parte traseira do avião encontramos 
pontas metálicas por onde irão fluir essas cargas, transferin-
do-se para o ar.
Resposta: d
41. I. Correta.
 II. Correta.
 III. Correta.
Resposta: Todas.
42. A principal característica de um CEU (Campo Elétrico Uniforme) é 
que uma carga de prova está sujeita a uma força de mesma inten-
sidade em qualquer ponto desse campo.
Resposta: b
43. Em todos os pontos de um CEU, vale:
F 5 | |q E
Assim:
F 5 1,0 ? 1025 ? 3,6 ? 103  F 5 3,6 ? 1022 N
Resposta: 3,6 ? 1022 N
V3_MP_Resolucao_U1_002a027.indd 19 9/27/18 11:02 AM
20 RESOLU‚ÍES
44. Todas as afirmativas são corretas. Elas se constituem nas proprie-
dades de uma esfera metálica eletrizada e em equilíbrio eletrostático.
Resposta: e
46. Nas vizinhanças da superfície externa da esfera condutora, o cam-
po elétrico é determinado por:
E k
|Q|
R2
5 
em que R é o raio da esfera.
Assim: 
1,0 ? 104 5 1,0 ? 1010 ? 
n 1,6 10
0,40
19
2
? ?
2
( )
0,16 ? 104 5 1,6 ? 1029 ? n ⇒ 1,6 ? 103 5 1,6 ? 1029 ? n
n 5 1,0 ? 1012 elétrons
Resposta: 1,0 ? 1012 elétrons
47. a) A intensidade do campo elétrico no interior do balão é nula, 
com raio R ou 2R.
E Oint 5
b) Como a distribuição de cargas é uniforme na superfície exter-
na, podemos considerar toda a carga concentrada no centro 
do balão. Assim, sendo o ponto 4R externo, a intensidade do 
campo é dada por:
E k
|Q|
d2
5
E k Q
4R
E k Q
16R2 2( )
⇒5 5
Esse valor é o mínimo com o balão de raio R ou 2R.
Assim: 
E
E
1R2R
5
Respostas: a) Zero; b) 1.
48. No ponto P, o elétron deve estar descendo em MRU.
Assim, as forças aplicadas serão:
F
e
P
P
Para cargas negativas (elétron), a força elétrica tem a mesma dire-
ção e sentido oposto ao do campo elétrico.
Portanto, a orientação do campo elétrico uniforme em P deve ser:
E
 
Resposta: c
49. Se a gota cai com velocidade cons-
tante (MRU), de acordo com a 1a Lei 
de Newton, a resultante das forças que 
nela agem é nula.
Como a força elétrica está voltada para 
cima, a placa inferior repele a gota e a 
placa superior a atrai. O sinal da carga 
da gota é negativo.
Resposta: c
50. Na condição de equilíbrio da gota, temos:
Fe 5 P
| |q E 5 m g
E 5 
m g
| |
2,4   10
4,8   10
13
19q
   5 ?
?
2
2
  E 5 5,0 ? 105 N/C
Nas cargas positivas, a força elétrica tem a mesma direção e o 
mesmo sentido do vetor campo elétrico. Assim, o campo elétrico 
é orientado para cima.
Resposta: a
51. O campo elétrico gerado entre as placas produzirá nas partículas 
eletrizadas uma força. Essa força, ou parte dela, será perpendicular 
ao movimento, fazendo a função de força centrípeta.
Fe 5 Fcp 5 
m v
R
2
Como as velocidades são iguais, a partícula de menor massa (m) 
realizará uma trajetória curva de menor raio (R ).
Assim:
Partícula I: elétron (massa menor, menor raio de curvatura)
Partícula II: nêutron (não sofre ação do campo elétrico)
Partícula III: próton (massa maior, maior raio de curvatura)
Resposta: d
52. Condição de repouso
Assim: | q | E 5 mg
m
| | E
g
5,0 10 4,0 10
10
6 3
5 5
? ? ?
2q
 m 5 2,0 ? 1023 kg 
m 5 2,0 g
Resposta: 2,0 g
53. 
E g
 
P
F
e
q . 0
Sendo Fe . P, temos:
F 5 Fe 2 P
F 5 qE 2 mg 
Resposta: c
P
F
e
F
e 
5 P
v
(constante)
gota
F
e
P
P
F
e
F
e 
5 P
V3_MP_Resolucao_U1_002a027.indd 20 9/27/18 11:02 AM
RESOLUÇÕES 21
54. a) Falsa.
F 5 | q |E ⇒ ma 5 qE ⇒ a 5 
qE
m
b) Falsa.
A força aplicada na partícula tem a direção do campo, perpen-
dicular às placas.
c) Verdadeira.
Como o campo elétrico é conservativo, vale o Teorema da Ener-
gia Cinética (TEC):
τ 5 DEC
F E Ecf cid
5 2
5qEd Ecf
A partícula parte do repouso e E 0ci
5
Ec 5 q Ed
d) Falsa.
O movimento de partícula é acelerado.
e) Falsa.
A força elétrica tem a mesma direção do campo elétrico.
Resposta: c
55. 1) No movimento uniformemente variado (MUV) executado pelo 
elétron, vale:
DS 5 v0t 1 
a ? t
2
2
( )
5 1
a ? ? 2
0,10 0
5 10
2
8 2
 a 5 8 ? 1013 m/s2
2) A força elétrica acelera o elétron, assim:
Fe 5 ma
q E 5 ma
1,6 ? 10219 ? E 5 9,1 ? 10231 ? 8 ? 1013 
 E 5 4,5 ? 102 N/C
Resposta: 4,5 ? 102 N/C 
57. Representação das forças que atuam na esfera:
P
F
e
T
45¡
Como o ângulo de inclinação é 458, temos: Fe 5 P.
Assim:
| q | E 5 P ⇒ 
σ
ε
5|q|
| |
2
P
σ
ε
5
? ?
5
? ? ? ?
?
2 2
2
| |
P   2 
|q|
5,0 10 2   8,85 10
0,20   10
2 12
6 
 |σ|  4,4 mC/m2
Resposta: 4,4 mC/m2
B
a
n
c
o
 d
e
 i
m
a
g
e
n
s
/ 
A
rq
u
iv
o
 d
a
 e
d
it
o
ra
58. O esquema de forças na esfera é dado por:
P
F
el
T
P
F
el
T
y T
T
x
y
x
u
u
u
Como a esfera realiza um movimento circular e uniforme no plano 
horizontal, temos:
Ty 5 P 1 Fel
Fr 5 Tx
u 5tg
T
T
x
y
Assim:
u 5
? 1 ?
tg
T
m g q E
x
Tx 5 (m ? g 1 q ? E) ? tg u
Resposta: d
59. a) T
60°
P
F
e
b) 4
T sen 608 5 P
T cos 608 5 Fe
sen 60
cos 60
8
8
5
P
Fe
F Pe    
,
5 5
tg 608
0 03
3
  Fe 5 3 ? 10
22 N
c) Fe 5 | q |E
3 ? 1022 5 5,0 ? 1026 E
 E 5 2 3 ? 103 N/C
Respostas: a) Veja o esquema na resolução; b) 3 ? 1022 N; 
c) 2 3 ? 103 N/C. 
60. O campo elétrico em D é representado por:
E
AC
E
A
E
B
a
+q
+q
q
Ba
a ad
A B
CD
E
C B
a
n
c
o
 d
e
 i
m
a
g
e
n
s
/A
rq
u
iv
o
 d
a
 e
d
it
o
ra
B
a
n
c
o
 d
e
 i
m
a
g
e
n
s
/A
rq
u
iv
o
 d
a
 e
d
it
o
ra
V3_MP_Resolucao_U1_002a027.indd 21 9/27/18 11:02 AM
22 RESOLU‚ÍES
| EA | 5 | EC | 5 k
q
a2
Usando-se Pitágoras:
EAC
2 5 EA
2 1 EC
2
EAC
2 5 2 k  
q
a2
2
( )?
EAC 5 2 k  
q
a2
?
Como:
|EAC| 5 |EB|
temos:
2
k   q
a
   k
q
d2
B
2
5
?
Mas:
d a   5 2 (diagonal do quadrado)
Então:
2
k q
a
   k
q
a 2
    2
q
a
   
q
a 22
B
2 2
B
2
( )
⇒
?
5 5
?
q    2 2 qB 5
Sendo EB um vetor campo de “aproximação” em relação à carga 
qB, esta deve ter sinal negativo.
Assim:
qB 5 22 2 q
Resposta: e
61. Como campo elétrico é grandeza vetorial, em P devemos ter dois 
vetores de mesma direção, mesmo módulo e sentidos opostos. 
Dessa forma, podemos afirmar que as cargas Q e q possuem si-
nais opostos.
EQ 5 Eq 
k
|Q|
x d
k
|q|
x2 2( )1
5
| Q | ? x2 5 | q | ? (x 1 d)2 
| Q | 5 | q | ? x d
x
2
2
1( )
Já que os sinais são opostos, temos:
Q 5 2q ? 
x d
x
2
2
1( )
Resposta: c
62. a) A força de interação pode ser determinada pela Lei de Coulomb:
FE 5 k
?|Q q|
d2
 
Assim:
FE 5 9,0 ? 10
9 
? ? ?
?
2 2
2
1,6   10    1,6   10
(1,6   10 )
19 19
15 2
[ FE 5 9,0 ? 10
1 N
Mas: FN 5 20FE
Portanto: FN 5 20 ? 9,0 ? 10
1
[ FN 5 1,8 ? 10
3 N
b) Cálculo da força eletrostática:
FE 5 | q |E ⇒ FE 5 1,6 ? 10
219 ? 2,0 ? 106
 FE 5 3,2 ? 10
213 N
Respostas: a) 1,8 ? 103 N; b) 3,2 ? 10213 N.
63. 
– Q + Q
O
A C
B+ Q
E
A
E
C
E
B
u
O
E
AC
E
B
E
D
E
ABC
Atenção:
EA 5 EB 5 EC 5 E
EAC 5 2E
Portanto, usando Pitágoras, temos:
EABC
2 5 EAC
2 1 EB
2
EABC
2 5 (2E)2 1 E2 5 4E2 1 E2 5 5E2
EABC 5 5 E
k
Q'
R
    5
k |Q|
R2 2
5
Q' 5 5 Q
A posição da carga Q ' é dada por:
em que:
tg u 5 
E
E
    E
2E
B
AC
5
tg u 5 1
2
Assim: u 5 arc tg 1
2
Resposta: 5 QQ
u
Q
4
O
θ � arc tg 1
2
64. 
–
T
F
e
P
A
B
E
Se a força Fe é vertical voltada para baixo, o campo elétrico entre 
as placas é vertical, voltado para cima. Assim, a placa A possui 
carga negativa e a placa B, positiva. Observe que a carga q é ne-
gativa.
θ
Q‘
O
B
a
n
c
o
 d
e
 i
m
a
g
e
n
s
/A
rq
u
iv
o
 d
a
 e
d
it
o
ra
B
a
n
c
o
 d
e
 i
m
a
g
e
n
s
/A
rq
u
iv
o
 d
a
 e
d
it
o
ra
V3_MP_Resolucao_U1_002a027.indd 22 9/27/18 11:02 AM
RESOLUÇÕES 23
(01) Falsa.
(02) Verdadeira.
(04) Falsa.
(08) Verdadeira.
Fe 5 | q |E
3 2 2 5 | q | ? 4 ? 106 
 | q | 5 0,25 ? 1026 C
(16) Falsa.
(32) Falsa.
Resposta: 10
65. Se a esfera encontra-se em equilíbrio, a resultante das forças deve 
ser zero.
Assim:
Fe
|Fe| 5 |P| 
P
Sendo a carga positiva (da esfera), a força elétrica possui mesma 
direção e sentido do campo elétrico existente. Portanto, o vetor 
campo elétrico é vertical voltado para cima.
Para o cálculo do módulo do campo elétrico, temos:
Fe 5 P
| q |E 5 mg
E 5 5
? ?
?
2
2
mg
|q|
20 10 10
0,24   10
6
9  E  8,3 ? 10
5 N/C
Resposta: a
66. O campo elétrico uniforme produz na partícula uma força cons-
tante. A força constante produz uma aceleração constante e o mo-
vimento da partícula é um MUV.
Assim, aplicando uma das equações do MUV, temos:
v 5 v0 1 a t
Mas: F 5 | q |E ⇒ m a 5 | q |E ⇒ a 5 
|q|E
m
então:
v 5 0 1 
|q|E
m
 ? t ⇒ v 5 1 6 10 4
9 1 10
19
31
,        
,    
? ?
?
2
2
 ? 2,0 ? 1028
 v  1,40 ? 104 m/s
v  14 km/s
Resposta: Aproximadamente 14 km/s
67. Representação dos campos gravitacional e elétrico, no local.
P
F
e
E
q
g
Fe 5 q ? E
P 5 m ? g
FR 5 Fe 1 P ⇒ FR 5 q ? E 1 m ? g
Assim:
m ? aR 5 q ? E 1 m ? g
5
?
1a
q E
m
gR
Aplicando-se a Equação de Torricelli, temos:
5 2 ? ? Dv v 2 a h2 0
2
R
v 2a h
h
v
2a
v
2(gE mg)
m
h
mv
2(gE mg)
0
2
R
0
2
R
0
2
0
2
5 ? D
D 5 5
1
D 5
1
Resposta: d
68. A velocidade v é horizontal, não sendo afetada pelo campo elétrico 
que provocará uma variação uniforme na componente vertical 
da velocidade. Assim, o movimento do elétron será a composição 
de um MU horizontal e um MUV vertical, para cima. A trajetória do 
elétron será parabólica.
Resposta: c
69. a) F 5 Fe
m a 5 | q |E ⇒ a 5 
|q|E
m
Portanto:
5
a
a
   
q m
q m
p p
pα
α
α
Sendo e a carga do próton e m a massa, temos:
5
a
a
   
4 em
2 em
p
α
 ⇒ 
a
a
p
α
 5 2
b) Na vertical as partículaspossuem MUV.
Ds 5 at
2
2
Como Dsp 5 Dsa, temos:
5
α α
a t
2
   
a t
2
p p
2 2
5
α
α
a
a
t     t
p
p
2 2
5 α2t     tp
2 2
t
t
p
α






2
1
2
   5 ⇒ 
t
t
p
α
5  2
2
Respostas: a) 2; b) 2
2
.
70. 1) Cálculo da massa da gota:
d 5 m
V
 ⇒ m 5 d V
m 5 d ? 4
3
 ? π r3
m 5 1 000 ? 4
3
 ? 3,14 ? (10 ? 1026)3
 m  4,2 ? 10212 kg
V3_MP_Resolucao_U1_002a027.indd 23 9/27/18 11:02 AM
24 RESOLU‚ÍES
2) O movimento horizontal da gota é uniforme. Assim:
Ds 5 vt
2,0 ? 1022 5 20t
 t 5 1,0 ? 1023 s
3) O movimento vertical da gota é uniformemente variado pelo 
fato de ela atravessar um campo elétrico uniforme. Observe que 
não vamos consi derar o campo gravitacional. Assim: 
m a 5 | q |E ⇒ a 5 
|q|E
m
Na queda:
Ds 5 at
2
2
 ⇒ y 5 ?
|q|E
m
    t
2
2
Para que a gota sofra a ação de uma força no sentido do campo 
elétrico, a sua carga deve ser positiva.
Portanto:
0,30 ? 1023 5 
? ?
?
?
?
2
2q   8,0   10
4,2   10
   
(1,0   10 )
2
4
12
3 2
 q  3,1 ? 10214 C
Resposta: b
71. As forças de repulsão são conservativas (forças de campo). As-
sim, a energia cinética transforma-se em energia potencial. Por-
tanto, estando a partícula em repouso em M, temos:
DEp 5 DEc 5 3,2 ? 10
221 J
Como e 5 1,6 ? 10219 C, temos:
DEp 5 
3 2 10
1 6 10
21
19
,    
,    
?
?
2
2
 eV
DEp 5 2,0 ? 10
22 eV
DEp 5 20 ? 10
23 eV
DEp 5 20 meV
Resposta: 20 meV
72. a) Apenas com o campo gravitacional:
T 5 2 π L
g
 ⇒ T 5 2 ? 3 1
9,0
  T 5 2,0 s
b) Com o campo gravitacional mais o campo elétrico:
L g E
1
Assim, o pêndulo estará sujeito a um campo “resultante” que 
proporcionará uma aceleração a, determinada por:
F 5 Fe 1 P ⇒ m a 5 | q | E 1 m g
a 5 
|q|E
m
 1 g ⇒ a 5 +


? ?23, 5   10    200
0,100
   9,0
3
 a 5 7,0 m/s2 1 9,0 m/s2 ⇒ a 5 16 m/s2
Portanto:
T' 5 2π L
a
 ⇒ T' 5 2 ? 3 1
16
 ⇒ T' 5 2 3
4
   ?
 T' 5 1,5 s
Respostas: a) 2,0 s; b) 1,5 s.
73. Período de um pêndulo simples: T 5 2π L
g
1) Sem campo elétrico:
P 5 2π 1 0
10
,
 (I)
2) Com campo elétrico:
2P 5 2π 
1 0,
gap
 (II)
O gap é devido às ações dos campos gravitacional e elétrico. 
Substituindo (I) em (II), temos:
2 2
10
    2
g
    2
10
    1
gap ap
( )π π ⇒5 5
4
10
1   5
gap
  gap 5 2,5 m/s
2
Como: gap 5 g 2 a ⇒ 2,5 5 10 2 a  a 5 7,5 m/s
2
Então: F 5 Fe
ma 5 | q |E ⇒ 1,0 ? 104 ? 7,5 5 3,0 ? 1025 ? E
 E 5 2,5 ? 109 N/C
A direção do campo elétrico é vertical e seu sentido é de baixo 
para cima.
Resposta: 2,5 ? 109 N/C; vertical; de baixo para cima.
74. 
m
x
L = 0,20 m L = 0,20 m
++
F
e P
m
P P
Aplicando-se a condição de equilíbrio, temos:
(Fe 1 P) L 5 Pm x 1 P L ⇒ Fe L 1 P L 5 Pm x 1 P L
Fe L 5 Pm x ⇒ | q | E L 5 m g x
3,0 ? 10210 ? 2,0 ? 106 ? 0,20 5 0,10 ? 1023 ? 10 ? x
 x 5 0,12 m
Resposta: 0,12 m
75. Ao ficar sob a ação 
dos dois campos, o 
elétrico e o gravita-
cional, a pequena 
esfera assumirá a 
configuração:
Em que: 
P 5 mg 5 1,0 ? 1023 ? 10
 P 5 1,0 ? 1022 N
F 5 | q |E 5 σεo
Na figura, temos:
Tx 5 Ty
Tx 5 F
Ty 5 P 
Assim: F 5 P ⇒ σεq 1,0 10o
25 ? 2
σ
ε? ? 5 ?
21,0 10 1,0 10–6
o
2
g
458
458
E
F
P
T
B
a
n
c
o
 d
e
 i
m
a
g
e
n
s
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a
 e
d
it
o
ra
V3_MP_Resolucao_U1_002a027.indd 24 9/27/18 11:02 AM
RESOLUÇÕES 25
ε
s 1,0 10 V
mo
45 ?
Resposta: c
76. Separando-se os condutores nos conjuntos A, B e C definidos no 
texto:
1 2 3 4 .........
conjunto A
conjunto B
conjunto C
1 2 3 .........
n
3
1 2 3 4 .........
n
3
n
3
Fazendo o primeiro contato da esfera eletrizada com carga e o 
conjunto A:
carga inicial Q
1 2 3 4 .........
conjunto A
P
n
3
Pelo Princípio da Conservação das Cargas Elétricas, temos:
Qantes 5 Qdepois
5 ? 1 5
?
1
Q n
3
Q Q Q 3 Q
(n 3)A A A
⇒ (I)
Vamos agora eletrizar as esferas do conjunto B.
carga residual [3Q(n 1 3)]
P
conjunto B
1 2 3 4 .........
n
3
5
?
1
?
1
5
1
?Q
n Q
3
Q 3 Q
n 3
n 3
3
QA
B
B B( )
⇒
5
?
1
Q 9 Q
(n 3)B 2
 (II)
Ao tocar cada esfera do conjunto C, a carga na esfera P fica dividi-
da por 2. Assim, após tocar as n
3
 esferas do conjunto C, a carga 
de P fica dividida por 2
n
3( ) .
5 ?
?
1
Q 1
2
9 Q
n 3P
'
n
3
2( )( )
5
?
1 ?
Q 9 Q
n 3 2
P
'
2
n
3( ) ( )
 
Resposta: b
Il
u
s
tr
a
ç
õ
e
s
: 
B
a
n
c
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e
 i
m
a
g
e
n
s
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rq
u
iv
o
 d
a
 e
d
it
o
ra
77. Utilizando-se a conservação da energia e estabelecendo-se que 
em y 5 0 a energia potencial gravitacional é nula e a energia po-
tencial elétrica vale zero no infinito, temos que:
Energia mecânica (A) 5 Energia mecânica (P)
Assim:
5 1mgh mv
2
mgh'
2
 ⇒ ? 5 1 2( )mg 3 mv
2
mg 3
2
5 5⇒6mg mv
2
12g v
2
2 ∴ v 12g 2 3g5 5
Resposta: 2 3g
78. a) A carga elétrica em excesso existente na superfície da Terra é 
negativa. O campo elétrico na superfície é voltado para o cen-
tro do nosso planeta.
O raio da Terra é de 6 400 km. Dessa forma, o ponto distante 500 m 
do seu centro é um ponto interno. O campo elétrico é nulo.
E 5 0
Na superfície da Terra o campo elétrico é dado por:
E k
Q
R
180 9 10
Q
6,4 10
2
9
6 2( )
⇒5 5 ? ?
?
∴ |Q|  820 ? 103 C 
Q  2820 kC
b) Desprezando-se os efeitos gravitacionais sobre o elétron, temos:
F 5 |q| ? E 5 m ? a
5
?
5
? ?
?
2
2
a
q E
m
1,6 10 180
9 10
19
31
∴ a 5 3,2 ? 1013 m/s²
Respostas: a) Aproximadamente 2820 kC e zero; b) 3,2 ? 1013 m/s².
79. 
C
E
A
,
,
,
u
O
B
d
M
30°
30°
30°
30°
F
A
F
C
F
AC
P
FA 5 FC 5 k 
?|Q Q|
d2
 ⇒ FA 5 k 
Q
d
2
2
 ⇒ Q 5 d 
F
k
A (I)
Usando a Lei dos Cossenos, temos:
FAC
2 5 FA
2 1 FC
21 2FA FC cos 608
FAC
2 5 FA
2 1 FA
2 1 2FA
2 1
2( ) 
FAC
2 5 3FA
2
 ⇒ FAC 5 FA 3 (II)
B
a
n
c
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m
a
g
e
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s
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rq
u
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it
o
ra
V3_MP_Resolucao_U1_002a027.indd 25 9/27/18 11:02 AM
26 RESOLU‚ÍES
Em B, temos:
F
F
AC
P
T
u
B
u
tg u 5 
F
AC
P
FAC 5 P tg u (III)
De (II) e (III), vem:
FA 3 5 P tg u ⇒ FA 5 
uP tg 
3
 (IV)
Na figura, podemos observar que o triângulo ABC é equilátero e o 
ponto M é o encontro das alturas. Assim:
5BM    2
3
BE
Mas, no triângulo BEC, temos:
cos 308 5 BE
d
 ⇒ BE 5 d cos 308 5 d 3
2
Então:
BM 5 3
3
d (V)
No triângulo OMB, temos:
sen u 5 
,
BM ⇒ BM 5 , sen u
Usando (V), vem:
, sen u 5 3 d
3
 ⇒ d 5 3 , sen u (VI)
Portanto, aplicando (IV) e (VI) em (I), temos:
Q 5 3 , sen u
P tg 
3 k
u
 ⇒ Q 5 , sen u 
3P tg 
3 k
u
Q 5 , sen u 3 P tg 
k
u
Resposta: Q 5 , sen u 
3 P tg 
k
u
80. 1) O corpo m1 desloca-se em movimento acelerado entre u 5 08 
e u 5 3008. Assim, usando-se a Equação de Torricelli (angu-
lar), temos:
2 5 0
2 1 2 a Du
2 5 0 1 2 ? 6
5
    5
3
π π
?
2 5 4π2
∴  5 2π rad/s
Como v 5  R, então:
v1 5 2π ? 
1
π
∴ v1 5 2 m/s
2) Na colisão inelástica total, entre m1 e m2, vem:
Qantes 5 Qdepois
m1 v1 5 (m1 1 m2)v
v 5 
m
m m
1
1 2   1( )
 ? v1
B
a
n
c
o
 d
e
 i
m
a
g
e
n
s
/A
rq
u
iv
o
 d
a
 e
d
it
o
ra
3) O conjunto (m1 1 m2) fica sob a ação do campo elétrico, após 
o fio arrebentar.
30¡
y
x
v
4) Na direção y (onde existe o campo E ), temos MUV:
v 5 v0 1 at
Sendo: v0 5 v sen 308
F 5 2qE ⇒ a 5 2 
1( )
qE
m    m1 2
Em P, vy 5 0, e:
0 5 
1
? 2
1( ) ( )
2m
m    m
    1
2
   
qE
m    m
1
1 2 1 2
 ? t
t ? 
1
5
1( ) ( )
qE
m    m
   
m
m    m1 2
1
1 2
t 5 
m
qE
1
5) Na direção x (MU), temos:
d 5 vxt
d 5 v (cos u)t
d 5 
1
? ?
( )
2m
m    m EQ
    3
2
   
m
qE
1
1 2
1
d 5 
m 3
m    m EQ
1
2
1 21( )
Resposta: 
m 3
m    m EQ
1
2
1 21( )
81. No ponto em que a partícula eletrizada deixa o campo elétrico 
deve-se passar uma linha horizontal. Se a partícula deve, agora, 
atingir o maior alcance horizontal, ela sairá do campo elétrico for-
mando 458 com esse eixo.
Assim, para percorrer a distância L, no campo elétrico, com mo-
vimento uniforme, já que não existe força na horizontal, temos:
DS 5 v ? Dt
L 5 v ? Dt ⇒ Dt 5 L
v
 
Na vertical, a partícula sai do campo elétrico com velocidade vy 5 v. 
Na vertical,o movimento foi uniformemente acelerado.
v v v a t v (atenção que: v 0)y 0 y 0y y
⇒5 1 5 5
ay t 5 v
ay ? 
L
v
 5 v ⇒ ay 5 
v
L
2
Mas:
FR 5 FE 2 P ⇒ m ay 5 qE 2 mg
E 5 ? 1( )mq a gy 
5 ? 1( )E mq
v
L
g
2
Resposta: ( )? 1mq
v
L
g
2
B
a
n
c
o
 d
e
 i
m
a
g
e
n
s
/ 
A
rq
u
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o
ra
V3_MP_Resolucao_U1_002a027.indd 26 9/27/18 11:02 AM
RESOLUÇÕES 27
82. a) 
gF
E
F
R
P
O
A
45°
0
5 5tg 45
F
P
1E°
FE 5 P 5 mg 5 0,015 ? 10
∴ FE 5 P 5 0,15 N
b) FE 5 u Q u ? E
0,15 5 u Q u ? 500 ? 103 ∴ u Q u 5 3,0 ? 1027 C
c) 
x
y
g
F
E
P
O
A
T
P
2
No eixo x temos um MUV de aceleração:
5
?
a
Q E
mx
Assim:
5 ? ? 5
?
?
?⇒x 1
2
a t x
Q E
2 m
tx
2 2
No eixo y temos um MUV de aceleração g :
5 ? ?y 1
2
g t2
Portanto:
5
?
?
? 5y
m g
Q E
x y x⇒
Pois:
?
?
5
m g
Q E
1
Trajetória retilínea. 
Respostas: a) 0,15 N; b) 3,0 ? 1027 C; c) Trajetória retilínea.
83. a) Desprezando ações gravitacionais, temos:
F 5 e ? E 5 m ? a ⇒ 5
?
a
e E
m
b) A componente horizontal v0 da velocidade se mantém cons-
tante:
d 5 v ? Dt ⇒ L 5 v0 ? Dt ⇒ D =t
L
v0
B
a
n
c
o
 d
e
 i
m
a
g
e
n
s
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e
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m
a
g
e
n
s
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rq
u
iv
o
 d
a
 e
d
it
o
ra
c) Na vertical, temos MUV:
D 5 ? ? D 5 ?
?
?⇒ 



y 1
2
a t y 1
2
e E
m
L
v
2
0
2
D 5
? ?
? ?
y e E L
2 m v
2
0
2
d) Na vertical, temos MUV:
v 5 a ? t ⇒ 5
?
?
? ?
?
⇒ =v
e E
m
L
v
v
e E L
m vy 0
y
0
Respostas: a) 
?e E
m
; b) L
v0
; c) 
? ?
? ?
e E L
2 m v
2
0
2
; d) 
? ?
?
e E L
m v0
.
84. a) 
F
F
q E
m g
2,0 10 1,5 10
1,0 10 10
F
F
3,0 10E
P
13 6
10
E
P
25
?
?
5
? ? ?
? ?
5 ?⇒
−
−
b) Na travessia das placas:
L 5 vx ? Dt ⇒ t
L
v
8,0 10
6,0
t 4
3
10 s
x
3
3D
?
D ?
2
2= = ∴ =
Na vertical, temos um MUV com aceleração:
F 5 m ? a ⇒ u q u ? E 5 m ? a
a
q E
m
2,0 10 1, 5 10
1,0 10
a 3,0 10 m/s
13 6
10
y
3 2
5
?
5
? ? ?
?
5 ?
2
2
Assim, na vertical:
v a t v 3,0 10 4
3
10y y
3 35 ? 5 ? ? ? 2⇒
∴ vy 5 4,0 m/s
Respostas: a) 3,0 ? 102; b) 4,0 m/s.
85. A aceleração do elétron é devida a uma força elétrica e tem a mes-
ma direção e sentido oposto ao do campo elétrico E . O módulo da 
aceleração é dado por:
F 5 Fe
m a 5 | q |E
a 5 
| |q E
m
    ,        
,    
5
? ?
?
2
2
1 6 10 100
9 1 10
19
31
∴ a 5 17,6 ? 1012 m/s2
O movimento do elétron é um movimento balístico, valendo:
v0y
 5 v0 sen 30°
v0y
 5 
vO
2
Na vertical, temos um MUV:
v 5 v0 1 a t
2 5
v vO O
2 2
    2 at
at 5 v0 ⇒ 17,6 ? 10
12 t 5 4 ? 105
∴ t 5 0,23 ? 1027 s 5 23 ? 1029 s
t 5 23 ns
Resposta: c
B
a
n
c
o
 d
e
 i
m
a
g
e
n
s
/A
rq
u
iv
o
 d
a
 e
d
it
o
ra
a
x
y
30°
v
0
v
0
y
V3_MP_Resolucao_U1_002a027.indd 27 9/27/18 11:02 AM
28 RESOLU‚ÍES
Tópico 3 – Potencial 
elétrico
1. I. Incorreta. 
5 ⇒F q E
 
5E F
q
 II. Correta.
 III. Incorreta. O potencial elétrico é sempre uma grandeza escalar.
 IV. Correta. 
Resposta: b
3. 
2
1
y
xP
1
P
2
E
1
E
2
.E E1 2
 
Resposta: a
4. Aplicando a expressão do potencial elétrico, temos: n 5 k Q
d
Assim:
n 5 ? ?
? 2
9,0 10
5,0 10
3,0p
9
6
  p 5 1,5 ? 10
4 V
Resposta: 1,5 ? 104 V 
5. Aplicando a expressão do potencial elétrico, temos: n 5 k Q
d
Atenção que: d 5 45 cm 5 0,45 m
Assim: ? 5 ? ?5,0 10 9,0 10 Q
0,45
4 9
Portanto: Q 5 2,5 ? 1026 C ⇒ Q 5 2,5 mC 
Resposta: 2,5 mC 
6. n 5 k Q
d
Do gráfico, temos:
5 ? ?
? 2
30 9 10 Q
3 10
9
2  Q 5 1 0,1 ? 10
29 C
Resposta: d
7. (1) 
E
(+)
A
R
–q
qq
E
(+)
E
(–)
EA  0
A 5 (1) 1 (1) 1 (2) 5 (1)
((1) 5 2(2))
A  0
B
a
n
c
o
 d
e
 i
m
a
g
e
n
s
/A
rq
u
iv
o
 d
a
 e
d
it
o
ra
(2) 
B
R
q
q q
120°
120°
120°
E
E
E
EB 5 0
B 5 (1) 1 (1) 1 (1) 5 3V(1)
B  0
(3) 
C
R
q
E
(+)
E
(+)
E
(–)
–q q
EC  0
C 5 (1) 1 (1) 1 (2) 5 (1)
C  0
(4) 
E
(+)
E
(–)
E
(+)
E
(–)
–q q
q –q
ED 5 0
D 5 (1) 1 (1) 1 (2) 1 (2) 5 0
D 5 0
(5) 
E
(+)
E
(–)
E
(–)
E
(+)
–q q
q –q
EE  0
E 5 (1) 1 (1) 1 (2) 1 (2) 5 0
E 5 0
Respostas: a) (2) e (4); b) (4) e (5).
8. Cálculo de C (grandeza escalar):
C 5 1 1 2 1 3 
n 5
?
1
?
1
? 2( )k Q
r
k Q
r
k 2Q
rC
0 0 0
C 5 0 
Cálculo de EC (grandeza vetorial):
C
E
1
E
2
E
3
5
?
5
? ?
⇒E
k 2Q
r
E
2 k Q
rC
0
2 C
0
2
 
Resposta: e
Il
u
s
tr
a
ç
õ
e
s
: 
B
a
n
c
o
 d
e
 i
m
a
g
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n
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B
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g
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u
iv
o
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a
 e
d
it
o
ra
V3_MP_Resolucao_U1_028a047.indd 28 9/27/18 10:51 AM
RESOLUÇÕES 29
9. a) Para cálculo da energia potencial, usamos:
 
5
?
E k
Q Q
dp
A B
 
5 ?
? ? 2 ?
2 2( )
E 9,0 10
6,0 10 4,0 10
3,0p
9
6 6
  Ep 5 27,2 ? 10
22 J
b) O potencial resultante em C é dado por:
 C 5 A1 B
 
n k
Q
d
k
Q
dC
A
AC
B
BC
5 1
 
( )
n 9,0 10
6,0 10
3,0
9,0 10
4,0 10
3,0C
9
6
9
6
5 ?
?
1 ?
2 ?
2 2
  C 5 0,6 ? 10
4 V
 C 5 6,0 ? 10
3 V
c) Energia potencial adquirida pela carga de prova em C: 
 EP
C
 5 q C ⇒ EP
C
 5 2,0 ? 10
23 
? 6,0 ? 103
  EPC 
5 12 J
Respostas: a) 27, 2 ? 1022 J; b) 6,0 ? 103 V; c) 12 J.
10. Comparando as expressões do módulo do vetor campo elétrico e 
do potencial elétrico, temos:
n
5
5





E k
Q
d
k Q
d
2
Assim:  5 Ed
Portanto: 300 5 100 ? d  d 5 3,0 m
Para o cálculo da carga Q, podemos usar a expressão do potencial:
n 5 k Q
d
300 5 9,0 ? 109 
Q
3,0
  Q 5 100 ? 1029 C
Q 5 100 nC
Respostas: 3,0 m; 100 nC.
11. Em C o potencial resultante é nulo. Assim: 
n 5
2
1
1
1
5
( ) ( )
( )
k Q
82 x
k q
x
0c
q
x
Q
82 x
q
x
3q
82 x( ) ( )⇒5 1 5 1
3x 5 82 1 x ⇒ 2x 5 82
 x 5 41 cm
Resposta: 41 cm
12. Aplicando as expressões do campo elétrico, temos:
EM 5 EA 1 EB
( )E k
d
Q QM 2 A B5 1
( )1,8 10 9,0 10
(0,20)
Q Q3
9
2 A B
1 5
?
? 1
( )Q Q 8,0 10 CA B
9 (I)
Aplicando as expressões do potencial elétrico, vem:
M 5 A 1 B 
( ) ( )⇒5 1 2 5 ? ? 1k
d
Q Q 90
9,0 10
0,20
Q QM A B
9
A Bn
QA 1 QB 5 22,0 ? 10
29 C (II)
Sabendo que QA é positiva e comparando (I) e (II), temos:
1 5 ?
1 5 2 ?
2
2




Q Q 8,0 10 C
Q Q 2,0 10 C
A B
9
A B
9
Sendo QB negativa, podemos afirmar que: Q Q 0B B1 5
Assim, somando membro a membro as expressões, vem:
2QA 5 6,0 ? 10
29 C ⇒ QA 5 1 3,0
 nC
Em (II), temos:
3,0 ? 1029 1 QB 5 22,0 ? 10
29
QB 5 25,0 ? 10
29 C ⇒ QB 5 25,0
 nC
Respostas: 13,0 nC; 25,0 nC.
13. 1) Se a carga de prova adquire 1,0 J de energia potencial, nesse 
ponto P o potencial elétrico é dado por:
Ep 5 qp
1,0 5 2 ? 1026 p
p 5 5,0 ? 10
5 
 
2) Em P, o potencial resultante é expresso por:
n n n5 1 5 1k
Q
d
k
Q
dp A B
A
A
B
B
Assim:



5,0 10 1,0 10
Q
0,60
Q
0,40
5 10 A B
? 5 ? ? 1
5,0 10
Q
0,60
Q
0,40
5 A B
? 5 1
2
6,0 ? 1025 5 2QA 1 3QB (I)
3) Como a carga de prova permanece em repouso no ponto P, 
temos: Ep 5 0.
Assim: 5 5⇒E E k
Q
d
k
Q
d
A B
A
A
2
B
B
2
⇒
Q
(0,60)
Q
(0,40)
Q 9
4
QA
2
B
2 A B
5 5 (II)
4) Substituindo (II) em (I), vem:
( )6,0 10 2 94 Q 3Q5 B B? 5 12
 QB 5 8,0 ? 10
26 C 5 8,0 μC
5) Em (II), temos:
Q 9
4
(8,0 10 ) CA
6
5 ?
2
QA 5 18 ? 10
26 C 5 18 μC
Respostas: 18 μC; 8,0 μC.
V3_MP_Resolucao_U1_028a047.indd 29 9/27/18 10:51 AM
30 RESOLU‚ÍES
14. Seja P um ponto da reta que passa pelas duas cargas elétricas. 
A distância x é entre P e Q1 5 27q, a distância y é entre P e 
Q2 5 18q.
Portanto, temos:
1 1 2 5 0
1 5
2
1 5⇒k
Q
d
k
Q
d
0 k
7q
x
k
8q
y
01
1
2
2
5 ? 5 ?⇒
8q
y
7q
x
8 x 7 y
Assim:
x , y
Portanto, temos duas situações possíveis:
1) 27q 18qP
yx
ou
2) 27q 18qP
y
x
O ponto P não pode estar à direita de 18q. 
Resposta: d
16. a) 
Q
B
Q
A
A
3,0 m
3,0 m
C
B
E
(QB)
E
(QA)
E
(C)
2
�
Usando Pitágoras, temos:
5 1E E E
(C)
2
(Q )
2
(Q )
2
A B
5 5








E k
Q
d
k
Q
d(C)
2 A
A
2
2
B
B
2







5 ? ?
?
1 ? ?
?
2 2
E 9,0 10
3,0 10
3,0
9,0 10
4,0 10
3,0(C)
2 9
6
2
9
6
2
 E(C) 5 5,0? 10
3 N/C
b) (C) 5 (QA)
 1 (QA)
n 5 1k
Q
d
k
Q
d(C)
A
A
B
B
n 5
?
? ? 2 ?
2 29,0 10
3,0
(3,0 10 4,0 10 )
(C)
9
6 6
(C) 5 23,0 ? 10
3 V
Respostas: a) 5,0 ? 103 N/C; b) 23,0 ? 103 V.
B
a
n
c
o
 d
e
 i
m
a
g
e
n
s
/A
rq
u
iv
o
 d
a
 e
d
it
o
ra
17. Cálculo do potencial em P:
(P) 5 (Q1)
 1 (Q2)
k
Q
d
k
Q
d
k
d
(Q Q )
(P)
2
1 2n 5 1 5 1
1
n 5
?
? ? 2 ?
2 29 10
0,3
(1 10 1 10 )
(P)
9
6 6
(P) 5 0
120°
60°
60°
Q
1
Q
2
60°
d
d d
P
E
(1)
E
(2)
E
P
Cálculo da intensidade do campo elétrico em P.
Usando a Lei dos Cossenos:
5 1 1 ? ?E E E 2E E cos 120°
(P)
2
(1)
2
(2)
2
(1) (2)
Como:
5 5E E k Q
d2 21
5 5 ? ?
2
E E 9 10 10
(0,3)1 2
9
6
2
 E1 5 E2 5 10
5 V/m
Então:
5 1 2E (10 ) (10 ) (10 )
(P)
2 5 2 5 2 5 2
 E(P) 5 10
5 V/m
Resposta: a
18. 1) Cálculo do potencial gerado pelas duas cargas em A.
n n n n5 1 5 1⇒ k
q
3
k Q
5A q Q A
Observe o triângulo retângulo de catetos 3 m e 4 m, com hipo-
tenusa igual a 5 m.
n 5 ?
?
1
2 ?
2 2( )9 10 3 103 3 105A 9 9 9
A 5 9 ? 10
9 (1 ? 1029 2 0,6 ? 1029)  A 5 3,6 V
2) Cálculo do potencial gerado pelas duas cargas em B.
B 5 q 1 Q ⇒ B 5 1k
q
5
k Q
3
n 5 ?
?
2
?
5 2
2 2( ) ( )9 10 3 105 3 103 9 0,6 1B 9 9 9
 B 5 23,6 V
Assim: UAB 5 A 2 B 5 [3,6 2 (2 3,6)]
 UAB 5 7,2 V
Resposta: 7,2 V
19. O potencial em P é o resultado dos potenciais gerados pelas duas 
cargas. A que se encontra na parte inferior não muda de lugar, não 
alterando o potencial em P. No entanto, a carga superior irá mudar 
B
a
n
c
o
 d
e
 i
m
a
g
e
n
s
/A
rq
u
iv
o
 d
a
 e
d
it
o
ra
V3_MP_Resolucao_U1_028a047.indd 30 9/27/18 10:51 AM
RESOLUÇÕES 31
de lugar. Assim, a variação de potencial em P será devida apenas 
à carga superior.
Dp 5 2 2 1 
n nD 5 2 D 5
?
2
?2 2
⇒








k Q
d
k Q
d
k
1
k
1 10
1
k
3 10p 2 1
p 2 2
 
n nD 5 ? 2 D 5
2( ) ( )⇒k 1k 10 103 10 3 13p 2 2 p 2 
nD 5∴ 200
3
Vp
Dp  67 V
Resposta: d
21. Quando os dois pés do pássaro tocam pontos próximos do fio, a 
diferença de potencial é praticamente nula, não surgindo corrente 
elétrica através do pássaro. 
Resposta: d
22. O trabalho realizado pela força elétrica é dado por:
τ 5 q (A 2 B)
Ao longo de uma equipotencial temos: A5 B.
Assim: τ 5 0
Resposta: Zero, porque a força elétrica é perpendicular à equi-
potencial.
23. a) Aplicando-se a expressão do potencial para a equipotencial B, 
temos:
n 5 5 ? ?⇒k Q
d
90 9 10 Q
0,5
9
 Q 5 1 5,0 ? 1029 C
Q 5 1 5,0 nC
b) Em B, temos:
5 5 ? ?
? 2
( )
⇒E k
Q
d
E 9 10
5,0 10
0,52
B
9
9
2
 
 EB 5 180 V/m
c) Cálculo do trabalho do campo elétrico:
τAC 5 q (A 2 C)
τAC 5 22,0 ? 10
210 (20 2 120)
 τAC 5 2,0 ? 10
28 J
Respostas: a) 15,0 nC; b) 180 V
m
; c) 2,0 ? 1028 J.
24. A intensidade do campo elétrico é proporcional à densidade de 
linhas de força.
Assim: EB . EC . EA
Resposta: d
25. Uma linha de força é orientada no sentido de potenciais decrescentes.
Assim: A . B . C
Resposta: b
26. Observando a figura podemos concluir que:
1) No encontro das linhas de força encontramos uma carga positi-
va gerando campo. As linhas são de “afastamento”.
2) O potencial em A é maior do que em B. No sentido da linha de 
força o potencial diminui.
Assim:
a) Falsa.
5 .⇒E k
Q
d
E E
2 A B
b) Falsa.
Elétron em A dirige-se para a carga positiva geradora do cam-
po. Afasta -se de B.
c) Falsa.
n n n5 5⇒k Q
d
2A B
d) Falsa.
A carga geradora do campo é positiva.
e) Verdadeira.
O próton em B irá espontaneamente afastar-se da carga gerado-
ra do campo (que é positiva). Assim, o trabalho realizado pelo 
campo elétrico, para levar o próton de B para A, será resistente.
Resposta: e
27. A expressão do módulo do vetor campo elétrico uniforme é:
E ? d 5 U
Assim: E ? 0,20 5 300  E 5 1 500 V/m 
E 5 1,5 ? 103 V/m
Resposta: 1,5 ? 103 V/m
28. I) Verdadeira.
E ? d 5 U ⇒ 200 ? d 5 60 2 20 
200d 5 40  d 5 0,2 m
II) Verdadeira.
τAC 5 q (A2 C) ⇒ τAC5 6 ? 10
26 (60 2 20) 
 τAC 5 24 ? 10
25 J
III) Falsa.
Os pontos B e C pertencem à mesma equipotencial; assim:
B 5 C
e
A 2 B 5 A 2 C
Portanto: τAB 5 τAC
IV) Verdadeira.
Os pontos D e A pertencem à mesma equipotencial; assim: 
D 5 A
τDA 5 q (D 2 A ) 5 0
V) Falsa.
Ep 5 q
Como: C
 5 B
Então: EPC
 5 EPB
Resposta: b
V3_MP_Resolucao_U1_028a047.indd 31 9/27/18 10:51 AM
32 RESOLU‚ÍES
29. Aplicando a expressão do campo elétrico uniforme, temos:
Ed 5 U ⇒ Ed 5 A2B ⇒ 500 ? 5,0 ? 10
22 5 A 2 O
 A 5 25 V 
Lembrar que a placa ligada à Terra possui potencial igual a zero 
(por definição).
Resposta: 25 V
30. a) Falsa.
Toda carga (positiva ou negativa), quando abandonada (v0 5 0) 
em um campo eletrostático, move-se na direção e sentido da 
força que o campo aplica nela.
b) Verdadeira.
Q
v
q . 0
�
F
e
τ
ce
 . 0�
c) Verdadeira.
A B
V
A
 . V
BQ
q
�
F
e
�
d) Verdadeira.
Q
q
1
F
eA B
V
A
 � V
B
1
e) Verdadeira.
Ao percorrer uma curva fechada, a carga de prova retorna à sua 
posição inicial (f 5 i).
Assim: 
τ 5 q (i 2 f)
τ 5 0
Resposta: a
32. τAB 5 q ? (A 2 B)
No entanto, temos:
5 2 5 2τ E E mv
2
0AB CB CA
2
 
n n( )
=
−
v
2q
m
A B
Resposta: b
33. Aplicando-se o Teorema da Energia Cinética, temos:
τ 5 DEc 
Como: 
τ 5 F d 5 qEd
e:
Ed 5 U
Vem:
τ 5 qU 
Assim: 
DEc 5 qU
2 5
mv
2
mv
2
qUB
2
A
2
Mas: vA 5 0 (repouso)
Portanto:
5
mv
2
qUB
2
5 5
? ? ?
?
2
2
v
2qU
m
2 40 10 200
1 10B
2
6
3
5v 16B
2
 vB 5 4 m/s
Resposta: a
34. O cálculo da energia potencial elétrica armazenada em sistema de 
duas cargas é determinado por:
5E k
Qq
dp
Assim: 
5 ? ?
? ? ?
?
2 2
2
E 9 10
5,0 10 2,0 10
3 10p
9
6 6
1 
 Ep 5 3,0 ? 10
21 J
Resposta: 3,0 ? 1021 J
35. Utilizando o TEC (Teorema da Energia Cinética), vem:
τ 5 DEc
Assim:
q U 5 DEc
Mas, em um CEU (Campo Elétrico Uniforme), temos:
Ed 5 U
Portanto:
DEc 5 qEd
2,4 ? 10216 5 1,6 ? 10219 ? 3,0 ? 104 ? d 
 d 5 0,05 m 5 5 cm
Resposta: 5 cm
36. Pelo Teorema da Energia Cinética, temos: τ 5 DEc 5 qU
Sendo:
 
1 MV 5 1 ? 106 V
Obtemos: DEc 5 1,6 ? 10
219 ? 1 ? 106 
 DEc 5 1,6 ? 10
213 J
Resposta: 1,6 ? 10213 J
37. a) Linhas equipotenciais.
b) Maior
R . S
No sentido da linha de força, o potencial decresce.
c) A carga de prova positiva caminha, ao ser abandonada, no sentido 
da linha de força, de P para S. Sua energia potencial irá diminuir. 
d) A carga de prova negativa, ao ser abandonada, caminhará no 
sentido oposto ao da orientação da linha de força, de P para R. 
Sua energia potencial irá diminuir.
Respostas: a) Linhas equipotenciais; b) Maior; c) P para S. 
Diminuirá; d) P para R. Diminuirá.
38. (01) Incorreta.
 
F q E
F ma
5
5



 ma q E5 ⇒ 5a
q E
m
 Movimento acelerado.
V3_MP_Resolucao_U1_028a047.indd 32 9/27/18 10:51 AM
RESOLUÇÕES 33
(02) Correta.
(04) Incorreta.
 τAB 5 q (A 2 B)
 Na equipotencial A 5 B
 Assim:
 
τAB 5 0
(08) Incorreta.
 Desloca-se espontaneamente para pontos de potencial menor.
(16) Correta.
 Ep 5 q
 No ponto B, temos:
 2,0 ? 1021 5 2,0 ? 1023 ? B
  B 5 100 V
(32) Correta.
 DEp 5 EpA
 2 EpB
 5 τAB
 EpA
 2 EpB
 5 q (A 2 B)
 EpA
 2 EpB
 5 qEd
 EpA
 2 2,0 ? 1021 5 2,0 ? 1023 ? 100 ? 0,10
 EpA
 2 2,0 ? 1021 5 0,2 ? 1021
  EpA
 5 2,2 ? 1021 J
Resposta: 50
39. Sendo o campo elétrico uniforme entre A e B, vale a relação:
E ? d 5 U
E ? 3,00 ? 1023 5 300 ⇒ E 5 1,00 ? 105 V/m
Assim:
F 5 e ? E ⇒ F 5 1,6 ? 10219 ? 1,00 ? 105
 F 5 1,6 ? 10214 V/m 
Resposta: b
40. A busca de uma situação de energia potencial mínima é a tendên-
cia de todo sistema físico.
Se duas partículas se repelem, essa situação ocorre com o afas-
tamento. Se elas são aproximadas, a energia potencial aumenta.
Resposta: a
41. Como a força elétrica realiza trabalho que não depende da trajetó-
ria, o sistema é conservativo.
EC 1 EP 5 EM 5 constante
Dessa forma, a diminuição da energia potencial corresponde ao 
aumento da energia cinética.