FÍSICA FRENTE 2-103-104

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4 
 
Resposta da questão 15: 
 a) Dados: 
 

      
   
0
31 3 19
e
34
C
m 9 19 kg; U 50 kV 50 10 V; e 1,6 10 C; 
h 6,6 10 J s; E 0.
 
Pelo teorema da energia cinética: 


    
    
 
0C C CFel
3 19
C
16
C
W E Ue E E
50 10 1,6 10 E
E 80 10 J.
Δ
 
 
Aplicando a expressão dada: 
 
  



  
 
 
    

   

1 2
e c
e c
34 34
31 16 44
34
12
22
h
h (2m E )
2 m E
6,6 10 6,6 10
2 9 10 80 10 1,44 10
6,6 10
 5,5 10 m.
1,2 10
λ
λ λ
 
 
b) Dado: 23Bk 1,4 10 J K.
  
Pelo próprio enunciado, 
Bk
Φ
 é o coeficiente angular da reta. 
 
 
 
 



   
 
 
 

 
23 3
B
23
3
19
40
tg 
k 1,4 10 0,75 10
1,4 10 40
0,75 10
7,5 10 J.
Φ Φ
θ
Φ
Φ
 
 
Resposta da questão 16: 
 02 + 04 + 08 = 14. 
 
[01] Falso. 
 
 
 
A carga q pode ser tanto positiva como neutra. 
 
[02] Verdadeiro. 
e q E q EFtan tan arctan
P mg mg
α α α     
 
[04] Verdadeiro. 
2 2 2 2 2 2 2 2
x y eT T T T F P T q E m g         
 
 
[08] Verdadeiro. 

    
 
 
 
 
e q EF tan mgtan tan E
P mg q
tan mg
2
E
q
α
α α
π 
 
tan
2
π 
 
 
 tende a infinito, logo deveria se aplicar um campo 
elétrico infinito. 
 
[16] Falso. Se o fio se romper, a coordenada horizontal da partícula 
não varia linearmente com o tempo t . 
 
Resposta da questão 17: 
 [C] 
 
Fazendo as construções e somando vetorialmente os campos 
elétricos gerados por cada carga elétrica em seus vértices de um 
quadrado como informa as alternativas, representadas nas figuras 
abaixo, nota-se que o único campo elétrico não nulo corresponde ao 
da alternativa [C]. 
 
 
 
Resposta da questão 18: 
 [D] 
 
As linhas de campo elétrico mostradas no desenho, além de 
informarem o sinal de cada carga (carga positiva = linhas de saída e 
carga negativa = linhas de chegada) indicam, também, que a carga 
AQ possui uma supremacia em relação à carga BQ . Com isso, a 
soma das cargas será positiva. 
 
Resposta da questão 19: 
 [D] 
 
Pelo principio da superposição p 1 2E E E  e p 1 2V V V .  
Vale a pena observar que para resolver essa questão basta saber 
que o campo elétrico é uma grandeza vetorial e o potencial elétrico 
uma grandeza escalar. 
 
Resposta da questão 20: 
 [D] 
 
 5 
 
[1] Falsa. No gráfico, vê-se que no intervalo de 5 cm até 10 cm o 
potencial elétrico é constante. Logo o vetor campo elétrico é 
nulo. 
 
[2] Verdadeira. Do gráfico, temos: para 
3r 2,5cm V 2,5 10 V.    
Mas: 
3
2
V 2,5 10
E E 0,1N/C.
d 2,5 10



   

 
 
[3] Verdadeira. Para o campo elétrico uniforme, E d U. Se o 
potencial varia linearmente com a distância, então o campo 
elétrico é uniforme. 
 
[4] Verdadeira. 
 
 



      

   



     
 
19 3
p10
22
p p10
p20
22
p p20 p10
22
p
E 1,6 10 5 10 
E qV E 8 10 J.
E 0.
E E E 0 8 10 
E 8 10 J.
Δ
Δ
 
 
Resposta da questão 21: 
 [C] 
 
[I] Incorreta. No sentido de uma linha de força o potencial elétrico é 
decrescente. 
[II] Correta. Caso o campo elétrico não fosse nulo, a partícula 
sofreria uma auto aceleração, contrariando o Princípio da 
Inércia. 
[III] Correta. Carga positiva sofre força elétrica no sentido do campo 
elétrico, tendendo para pontos de menor potencial elétrico. 
[IV] Incorreta. A diferença de potencial elétrico (ddp) entre dois 
pontos quaisquer de um condutor em equilíbrio eletrostático é 
sempre igual a zero. Se houvesse uma ddp não nula as cargas no 
interior do condutor estariam em movimento, contrariando a hipótese 
de equilíbrio eletrostático. 
 
Resposta da questão 22: 
 01 + 02 + 04 = 07. 
 
[01] Verdadeiro. 
9 19 19
1 2
2 10 2
Kq q 9,00 10 1,60 10 1,60 10
F F F 2,56 nN
d (3,00 10 )
 

    
    

 
[02] Verdadeiro. 
[04] Verdadeiro. 
10 19FE F E q F 2,00 10 1,60 10 F 3,20 nN
q
          
 
[08] Falso. 1 2
2
Kq q
F
d
 
[16] Falso. 
 

         
  
10 19 6
AB AB
15
AB
E q d 2,00 10 1,60 10 1 10
3,20 10 J
τ Δ τ
τ
 
 
Resposta da questão 23: 
 O trabalho realizado pela força elétrica para deslocar a carga entre 
os pontos A e B é dada pelo produto entre módulo da carga 
elétrica e a diferença entre os potencias elétricos dos dois pontos. 
Desta forma, pode-se escrever: 
 
   
A B 1 2
6
A B
3
A B
q V V
400 10 100 20
32 10 J
τ
τ
τ





  
   
 
 
 
Resposta da questão 24: 
 [B] 
 
Nesta questão, temos uma composição de movimentos, pois se trata 
de um lançamento oblíquo em que devido ao campo elétrico surge 
uma força elétrica de mesma direção e sentido da força gravitacional 
atuando na vertical para baixo. Assim, temos uma aceleração 
resultante obtida pela soma da aceleração da gravidade com a 
aceleração elétrica que aponta no mesmo sentido que a força 
elétrica, cujo módulo é: 
q E
a g
m

  
 
O movimento da partícula representa uma parábola com a 
concavidade voltada para baixo, mas precisamos de uma função 
que relacione a variação da energia potencial gravitacional com o 
eixo x. 
 
Decompondo a velocidade inicial 0v nos eixos x e y: 
0x 0v v cosθ  
0y 0v v sen θ  
 
Para o eixo x, temos um MRU, sendo a equação dada por: 
0 0x 0x x v t x v tcosθ     
 
Isolando t: 
0
x
t
v cosθ


 (1) 
 
Para o eixo y, temos um MRUV, sendo a equação da posição 
vertical com o tempo dada por: 
2
0 0y
a
y y v t t
2
   
2
0
a
y v sen t t
2
Δ θ    (2) 
 
Substituindo a equação (1) na equação (2): 
2
2 2
0
a x
y t g x
2 v cos
Δ θ
θ
  

 (3) 
 
E, como a variação da energia potencial gravitacional é dada por: 
pE m a yΔ Δ   onde 
q E
a g
m

  
 
Substituindo yΔ finalmente ficamos com: 
2
p 2 2
0
a x
E m a tg x
2 v cos
Δ θ
θ
 
      
  