Exercícios Aula 1 e 2 gabarito

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FÍSICA III – Gabarito (AULA 01 E 02): 
 
Resposta da questão 1: 
 [A] 
 
Dados: 
A B CQ 20 C; Q 0; Q 50 C.μ μ   
 
 
Como as esferas são condutoras e idênticas, após cada contato cada uma armazena metade da carga total. 
A B
B1 B1
C B1
B2 B2
Q Q 20 0
1º Contato : A B Q Q 10 C.
2 2
Q Q 10 50 40
2º Contato : B C Q Q 20 C.
2 2 2
μ
μ
  
     

  
     

 
 
Resposta da questão 2: 
 [B] 
 
Calculando a carga final 
(Q')
 de cada esfera é aplicando a lei de Coulomb; vem: 
 
' ' ' ' 'A B C
A B C
' ' 2 2A C
2 2 2
Q Q Q 5Q 3Q 2Q
Q Q Q Q Q 2 Q.
3 3
k Q Q k 2 Q 4 k Q
F F .
d d d
   
      
   
 
 
Como as cargas têm mesmo sinal, as forças repulsivas (ação-reação) têm mesma intensidade. 
 
Resposta da questão 3: 
 [C] 
 
Os grãos sofrem eletrização por atrito e, assim, ficam eletrizados com cargas opostas em relação à correia transportadora. 
 
Resposta da questão 4: 
 08 + 16 = 24. 
 
[01] (Falsa) As cargas somente se distribuem uniformemente pela superfície de um corpo eletrizado se ele for de material 
condutor perfeitamente esférico e estiver em equilíbrio eletrostático. 
[02] (Falsa) São as cargas negativas, ou seja, os elétrons que são transferidos de um corpo para outro através da eletrização por 
atrito. 
[04] (Falsa) Pelo contrário, dias úmidos prejudicam a eletrização dos corpos, devido ao excesso de umidade do ar, que funciona 
com se fosse um fio terra, descarregando os corpos mais rapidamente através das moléculas polares da água na fase vapor. 
[08] (Verdadeira) Quando se faz eletrização por contato, temos as cargas depois de separadas com o mesmo sinal de carga 
elétrica, com isso o vetor campo magnético se anula em um ponto entre os dois corpos eletrizados. 
[16] (Verdadeira) Tanto o potencial elétrico como o campo elétrico são influenciados pelo meio em que estão imersos, basta 
verificar a presença da constante eletrostática do meio (K) nas equações de ambas. 
Q
V K
d

 e 
2
Q
E K
d

 
 
Resposta da questão 5: 
 [B] 
 
Ao tocar a esfera, o dedo funcionará como uma ligação à terra e devido a isto, elétrons serão transferidos da terra para a esfera, 
na tentativa de neutralizá-la eletricamente. Desta forma, a esfera ganha elétrons. 
Vale salientar que prótons não se movimentam! 
 
Resposta da questão 6: 
 [C] 
 
Esta questão trata da eletrização por contato, onde bastões metálicos idênticos são colocados em contato, sendo dois com carga 
de 
9,0 Cμ
 e outro neutro. 
A resolução desta questão impõe o princípio da conservação de carga, isto é, o somatório das cargas é constante antes e depois 
do contato. 
 
A carga líquida resultante em um bastão será este somatório de cargas dividido igualmente pelos três bastões. 
 
Portanto: 
t 1 2 3Q Q Q Q constante   
 
 
tQ 9,0 C 9,0 C 0 18,0 Cμ μ μ   
 
 
E a carga de cada bastão após o contato será: 
' t
3
Q 18,0 C
Q 6,0 C
3 3
μ
μ  
 
 
Resposta da questão 7: 
 [C] 
 
Sabendo que 
Q n e, 
 substituindo os dados fornecidos no enunciado, temos que: 
   6 19
6
19
13
12
3,2 10 n 1,6 10
3,2 10
n
1,6 10
n 2 10 e
ou
n 20 10 e
 




   



 
 
 
 
Como o objetivo é uma carga negativa, podemos concluir que devem ser acrescentados 20 trilhões de elétrons ao objeto. 
 
Resposta da questão 8: 
 [B] 
 
Primeiramente, é necessário que sejam encontradas as cargas dos condutores após o contato entre elas, conforme descrito nos 
itens de [I] à [III] da questão. Como trata-se de uma eletrização por contato, analisando o caso na sequência descrita, tem-se 
que: 
 
[I] Contato entre Condutor 1 e 2: 
1 2
F
F
Q Q q 2q 3q
Q
2 2 2
Q 1,5q
 
  

 
 
Logo, após o contato, 
1 2Q Q 1,5q 
 
 
[II] Contato entre Condutor 2 e 3: 
2 3
F
F
Q Q 1,5q 3q 4,5q
Q
2 2 2
Q 2,25q
 
  

 
 
Logo, após o contato, 
2 3Q Q 2,25q 
 
 
[III] Contato entre Condutor 3 e 4: 
3 4
F
F
Q Q 2,25q 4q 6,25q
Q
2 2 2
Q 3,125q
 
  

 
 
Logo, após o contato, 
3 4Q Q 3,125q 
 
 
Assim, as cargas dos condutores após a sequência descrita é: 
1
2
3
4
Q 1,5q
Q 2,25q
Q 3,125q
Q 3,125q





 
 
 
Em posse destes valores, é possível calcular a força entre cada um destes utilizando a lei de Coulomb. 
 
   
   
   
2
1 2
12 122 2 2
2
1 3
13 132 2 2
2
1 4
14 142 2 2
k 1,5q 2,25qk Q Q k q
F F 3,375
d d d
k 1,5q 3,125qk Q Q k q
F F 4,6875
d d d
k 1,5q 3,125qk Q Q k q
F F 4,6875
d d d
   
    
   
    
   
    
 
 
   
   
2
21 12 2
2
2 3
23 232 2 2
2
2 4
24 242 2 2
k q
F F 3,375
d
k 2,25q 3,125qk Q Q k q
F F 7,03125
d d d
k 2,25q 3,125qk Q Q k q
F F 7,03125
d d d

  
   
    
   
    
 
   
2
31 13 2
2
32 23 2
2
3 4
34 342 2 2
k q
F F 4,6875
d
k q
F F 7,03125
d
k 3,125q 3,125qk Q Q k q
F F 9,766
d d d

  

  
   
   
 
 
2
41 14 2
2
42 24 2
2
43 34 2
k q
F F 4,6875
d
k q
F F 7,03125
d
k q
F F 9,766
d

  

  

 
 
 
Assim, analisando os valores das forças calculadas, tem-se que a única alternativa correta é a alternativa [B]. 
 
Resposta da questão 9: 
 [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 10: 
 [B] 
 
Sabendo que o campo elétrico é dado por: 
2
F k Q
E
q d

 
 
 
Pode-se afirmar que se as contribuições de cada uma das cargas se anularem mutuamente, não existirá força agindo no ponto a 
ser analisado e, consequentemente, não haverá campo elétrico. 
Considerando que as cargas em cada um dos vértices são iguais e que em cada caso a distância do vértice ao ponto seja igual, a 
força elétrica que cada uma das cargas exercerá no ponto será igual a F. 
 
Assim, analisando o ponto P, temos as seguintes forças atuando nele: 
 
 
 
Decompondo as forças, tem-se que: 
 
 
 
Assim, a força no ponto P é nula e, por conseguinte, o campo elétrico também é. 
 
De forma análoga, pode-se chega à conclusão que no ponto Q tem-se o mesmo resultado que o ponto P. 
 
No ponto R, temos que: 
 
 
 
Fazendo a decomposição dos vetores, é fácil de verificar que a força no Ponto R não será nula, existindo assim um campo 
elétrico nele. 
 
Por fim, no ponto S, temos que: 
 
 
 
Percebe-se que, as forças irão anular-se e, portanto, não haverá campo elétrico. 
 
Desta forma, nos pontos P, Q e S os campos elétricos são nulos. 
 
Resposta da questão 11: 
 [C] 
 
Estando a lâmina em equilíbrio, significa que a força elétrica é igual à força gravitacional (peso) e estão em oposição: 
eF P
 
 
Usando as equações correspondentes à essas forças: 
eF E q 
 e 
P m g 
 
 
Ficamos com 
E q m g  
 
 
Mas a carga total em um corpo eletrizado é dada pelo produto do número 
(n)
 individual de portadores de carga (no caso os 
elétrons) e a carga unitária 
(e)
 dessas partículas. 
q n e 
 
 
Então 
E n e m g   
 
 
Isolando a quantidade de partículas 
m g
n
E e



 
 
Substituindo os valores com as unidadesno Sistema Internacional, temos: 
6 2
10
3 19
m g 3,2 10 kg 10 m / s
n 1,0 10 elétrons
E e 20 10 N / C 1,6 10 C


  
   
   
 
 
Resposta da questão 12: 
 [E] 
 
A força elétrica sobre carga negativa é oposta ao campo elétrico. Então, se o elétron desloca-se para a direita, o campo elétrico 
resultante em P aponta para a esquerda. 
As possibilidades são:    
   
0 1
0 1 2 2
10
0 1
0 1 2 2
10
0 1
Q Q
1ª ) Q 0 e Q 0, sendo 
dd
 E
Q Q
2ª ) Q 0 e Q 0, sendo 
dd
3ª ) Q 0 e Q 0 
  

  
 
 
 
Resposta da questão 13: 
 [B] 
 
[I] (Verdadeira) Se a gaiola metálica for feita com tela metálica de abertura muito maior que o comprimento de onda a 
blindagem torna-se ineficiente, pois a onda consegue penetrar a gaiola. 
[II] (Falsa) No interior da gaiola o campo elétrico é nulo. 
[III] (Verdadeira) O papel alumínio, sendo metálico, agirá como uma gaiola de Faraday, impedindo o recebimento de ondas 
eletromagnéticas, isto é, o celular não recebe chamadas, pois o campo elétrico no interior do invólucro de alumínio é nulo. 
[IV] (Falsa) As cargas se acumulam na superfície externa da gaiola. 
 
Resposta da questão 14: 
 [E] 
 
Lembrando, 
- Cargas Positivas 

 Campo Elétrico Divergente 
- Cargas Negativas 

 Campo Elétrico Convergente 
 
Adotando, 
1
2
Q 4q
Q 2q
 

 
 
Antes de qualquer análise numérica, se faz necessário uma análise quanto as possibilidades de se ter um campo elétrico nulo 
nesta situação. 
 
1. Em um ponto a esquerda da carga 
1Q ,
 o campo elétrico nunca será nulo, pois o módulo de 
1Q
 é maior que o de 
2Q
 e a 
distância de 
1Q
 sempre será menor que a de 
2Q .
 
2. Em um ponto entre 
1Q
 e 
2Q ,
 os campos elétricos irão se somar, portanto este nunca será nulo. 
3. Em um ponto a direita de 
2Q ,
 é possível se ter um ponto em que o campo elétrico resultante seja nulo. 
 
Desta forma, para que o campo elétrico seja nulo, o campo elétrico gerado por 
1Q
 tem que ser igual ao campo elétrico gerado 
por 
2Q :
  
1 2
1 2
2 2
1 2
2 2
2 2 2
2 2 2
2 2
E E
kQ kQ
d d
4q 2q
x x d
2 1
x x 2dx d
2x 4dx 2d x
x 4dx 2d 0





 
  
  
 
 
Resolvendo a equação, obtém-se as seguintes respostas: 
 
 
x ' 2d d 2 d 2 2
x '' 2d d 2 d 2 2
   
   
 
 
Nota-se que x’’ é um ponto a esquerda da carga 
1Q ,
 não sendo uma resposta factível. Logo, a única resposta é 
 x ' d 2 2 . 
 
 
Resposta da questão 15: 
 [B] 
 
Observe a figura abaixo. 
 
 
 
Para que o campo elétrico no ponto assinalado seja nulo, 
1 2E E
. Portanto: 
 
1 2
2 2 2 2 2 2
kq kq 3 6 1 2
x (1 x) x (1 x) x 1 2x x
    
   
 
 
2 2 22x x 2x 1 x 2x 1 0      
 
 
m4,012
2
222
2
82
2
)1(x1x422
x
2







 
 
Resposta da questão 16: 
 [E] 
 
O enunciado não informa, mas assumiremos que as cargas são idênticas e condutoras, assim podemos dizer que as cargas se 
dividem igualmente após a separação. 
 
Pela conservação da carga elétrica: 
antes depois
A(final) B(final)
Q Q
4 C 5 C Q Qμ μ

  
 
 
Como, por suposição 
A(final) B(final)Q Q
 
 
Fica, 
A(final) A(final) B(final)1 C 2Q Q Q 0,5 Cμ μ     
 
 
Logo, como as cargas são negativas, teremos uma repulsão eletrostática atuando nas duas cargas após o contato e separação. 
 
A intensidade da força eletrostática é calculada com a Lei de Coulomb: 
 
 
2
62 2
A B A 9
0 02 2 2 2
2
0,5 10 CQ Q Q Nm
F k F k F 9 10 F 22,5 N
d d C 1 10 m



        

 
 
Resposta da questão 17: 
 [D] 
 
A figura mostra um esquema da situação descrita. 
 
 
 
As forças repulsivas de 
1Q
 e 
2Q
 sobre 
3Q
 devem se equilibrar. 
   
1 3 2 3 2 2
1 2 2 2
1 1
k Q Q k Q Q Q Q0,36
F F 2,25.
Q 0,16 Q0,4 L 0,6 L
      
 
 
Resposta da questão 18: 
 [D] 
 
A figura mostra as forças atrativas e repulsivas agindo sobre a carga A, bem como a resultante dessas forças. 
 
 
 
Resposta da questão 19: 
 [E] 
 
Encontremos inicialmente o ponto de equilíbrio 
(P)
 entre as duas cargas, que é onde o campo elétrico devido a elas é nulo. 
Como as cargas tem mesmo sinal, esse ponto é entre elas, mais próximo da carga de menor módulo, como indicado na figura 1. 
 
 
 
   
1 1
1 2 2 2 2 2
k Q k Q 4 QQ 1 2
E E 
x 1 xx x1 x 1 x
1
2 x 1 x x m .
3
       
 
   
 
 
A figura 2 mostra que, se essa terceira carga for colocada entre: 
- 
B
 e 
P,
 a força resultante sobre ela é para a esquerda e ela se dirige no sentido de 
B
 para 
A;
 
- 
A
 e 
P,
 a força resultante sobre ela é para a direita e ela se dirige no sentido de 
A
 para 
B.
 
 
 
 
Então, num comprimento total de 
1m,
 a terceira carga somente se desloca de 
A
 para 
B
 em 
1 3
 de metro. Assim, a 
probabilidade pedida é: 
1
13p p .
1 3
  
 
 
Resposta da questão 20: 
 [A] 
 
Aplica-se a Lei de Coulomb para as duas situações: 
1 2
1 2
Q Q
F k
d

 
 
 
1 2 1 2
2 2 2
3Q Q Q Q3
F k k
4 d2d
 
 
 
Fazendo 
2 1F / F
 
3 32
2 2
1
F 3 3
F 4 10 N F 3 10 N
F 4 4
        