FÍSICA FRENTE 2-105-106

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6 
2 2
p 2 2
0
m a x
E m a t g x
2 v cos
Δ θ
θ

    

 
 
Logo, temos uma equação representativa de uma parábola cuja 
concavidade está voltada para baixo. Alternativa [B]. 
 
Resposta da questão 25: 
 [A] 
 
Observação: Se a carga é negativa, deveria aparecer | q | nas 
alternativas. 
 
Seja L o lado da placa de área A, considerada num plano 
horizontal, como sugere o enunciado. Então: 
2L A L A.   
 
A figura mostra o caso em que a partícula sai no limite de tocar a 
placa. 
 
 
 
Para esse caso tem-se: 
- Na horizontal, o movimento é uniforme: 
A
L V t A V t t .
V
     
 
- Na vertical, o movimento é uniformemente variado, sendo a 
resultante das forças a força elétrica mostrada. Calculando a 
aceleração nessa direção: 
res
| q |
F F m a | q | E a E.
m
     
 
Combinando as equações da cinemática com as da eletrostática e 
os resultados já obtidos, vem: 

     
           

  
2
2
2
2
2
U
E d U E
d | q | U A
d
m d Vd a t
d a t
2 2
| q | U A 1 | q | U A
V V .
d mm d
 
 
Generalizando: 
1 | q | U A
 V .
d m
 
 
Resposta da questão 26: 
 a) Analisemos a figura: 
 
 
 
Na figura dada vemos que: 
Ad 4 d. 
 
O triângulo retângulo QAB é isósceles. 
B A Bd d 2 d 4 d 2.   
 
Aplicando a lei de Coulomb para as duas situações propostas: 

 
  
   
 


 
   
 
 
22
A A
B
2
B
2
A
A
k Q q
F
d dF'
 
F dk Q q
F'
d
dF' F
 F'
F 22d
 
 
b) Aplicando o teorema da energia potencial: 
A B
AB pot pot AB AB
A B
AB AB AB
AB AB
AB
k Q q k Q q k Q q k Q q
W E E W W 
d d 4d 4 d 2
k Q q k Q q k Q q1 1 1 2 2 2
W W W 
d 4 d 4 8 d 84 2
k Q q k Q q2 1,4 6
W W 
d 8 d 80
3kQ q
W .
40 d
        
     
               
     
   
      
   

 
 
Resposta da questão 27: 
 [C] 
 
[I] Verdadeira. A intensidade do Campo Elétrico é nula no interior do 
condutor e decresce com quadrado da distância até o centro, a 
partir da superfície do condutor 
2
1
E
d
α
 
 
 
. 
[II] Verdadeira. O Potencial elétrico é constante e igual ao Potencial 
Elétrico da superfície, sendo, a partir daí, inversamente 
proporcional à distância até o centro do condutor 
1
V .
d
α
 
 
 
 
[III] Falsa. A esfera condutora pode ser oca ou maciça. 
[IV] Falsa. Justificada nos itens [I] e [II]. 
 
 
Resposta da questão 28: 
 [B] 
 
Esta questão envolve força elétrica, lançamento e composição de 
movimentos, pois a força elétrica que atua na horizontal da direita 
para a esquerda, no mesmo sentido do campo elétrico, desacelera a 
partícula fazendo com que ela mude o sentido de movimento 
horizontal, enquanto que no campo gravitacional temos uma queda 
livre. Com isso, temos acelerações negativas tanto no eixo x quanto 
 
 7 
no eixo y por conta do referencial adotado colocando a origem do 
sistema cartesiano no ponto A. A análise abaixo tratará os eixos 
separadamente. 
Eixo x: 
 
A intensidade da força elétrica será: 
6
e
N
F E q 2500 8 10 C 0,02N
C
         
 
Pela segunda Lei de Newton da Dinâmica, a aceleração em x será: 
e
x 3 2
F 0,02N m
a 10
m 2 10 kg s

   

 
 
Usando a equação horária das posições do MRUV para o eixo x, 
podemos calcular o tempo que a partícula leva para retornar a 
posição x 0 : 
2x
0 0x
a
x x v t t
2
     
 
Substituindo os valores das posições, da velocidade inicial em x e 
da aceleração em x calculada: 
 
2 2100 0 20 t t 20t 5t 0
2
t ' 0s
t 20 5t 0
t '' 4s
       

   

 
Logo, o tempo para que a partícula retorne a origem é de 4 s. 
Com o tempo podemos calcular a velocidade em cada eixo, usando 
a equação da velocidade: 
Em x: x 0x x x 2
m m m
v v a t v 20 10 4s 20
s ss
         
Em y: y 0y y 2
m m
v v g t v 0 10 4s 40
ss
         
 
Resposta da questão 29: 
 [A] 
Pela análise do gráfico, sabemos que o potencial se mantém 
constante até que a distância seja igual ao raio da esfera e para 
pontos externos o potencial decai. Com isso, calculamos a carga da 
esfera junto a sua superfície (d R 0,20 m).  
A expressão para o potencial elétrico é 0
k Q
V
d
 
Isolando Q 
5 4
0
V C
Q d Q 1 10 0,20 m Q 2 10 C
k m
         
 
Resposta da questão 30: 
 a) Dados: 3V 300 V; d 5 mm 5 1 0 m. 
    
A figura ilustra os dados. 
 
Como se trata de campo elétrico uniforme, EA = EB = EC = E. 

      

 
3
3
4
V 300
E d V E 60 10 
d 5 10
 E 6 10 V/m.
 
b) Da figura: xA = 1 mm e xB = 4 mm. 
           

4 3
AB AB B A
AB
V E d E x x 6 10 4 1 10 
V 180 V.
Como os pontos B e C estão na mesma superfície equipotencial: 
BCV 0 V. 
c) Dado: 19q 1,6 1 .0 C   
Analisando a figura dada: CA BA ABV V V 180V.     
 19CA
17
q V 1,6 10 180
2,8 10 J
 
8 .
τ
τ


     
 

 
 
Resposta da questão 31: 
 Dados: 
 
 
     
     
5 27 19
2 1
0 1,0 10 m / s; m 1,6 10 kg; q 1,6 10 C;
x 2 cm 2 10 m y 10 cm 10
v
m.
 
 
Decompondo a velocidade inicial: 
5 4
ox 0 0x
5 4
oy 0 0y
2
v v cos45 10 v 5 2 10 m/s.
2
2
v v sen 45 10 v 5 2 10 m/s.
2

     



     
 
 
A força resultante é a força elétrica, que tem o mesmo sentido do 
campo elétrico, pois o próton tem carga positiva. Assim, o 
movimento da partícula é uniforme no eixo x e uniformemente 
retardado no eixo y. 
 
No eixo x: 



     
 
  
1
5
x 4
x
6
x 10 2
x v t t 0,2 10 
v 25 2 10
 t 2 10 s.
 
 
No eixo y: 
 
 
 
 
el
2
0y
2
oy
2
0y
0y 2
27 4 6 2 27 2
2 31
19 6
2
q E
R F m a q E a .
q E1m
 y v t t 
2 m1
y v t a t . 
2
2 m v t yq E t
v t y E 
2 m q t
2 1,6 10 5 2 10 2 10 2 10 3,2 10 8 10
E
3,2 101,6 10 2 10
E 8 10 N/C.
    

 

    
   
  


    
         
 
  
 