FÍSICA 2
LIVRO 1
Resoluções das atividades
Sumário
Capítulo 1 – Cargas elétricas – Processo de eletrização por atrito, por contato e por indução................................................................................................................1
Capítulo 2 – Lei de Coulomb.......................................................................................................................................................................................................................2
Capítulo 3 – Campo elétrico – Características do vetor campo elétrico....................................................................................................................................................4
Capítulo 4 – Campo elétrico – Campo elétrico uniforme............................................................................................................................................................................5
05 A
Capítulo 1
Cargas elétricas – Processo de eletrização por
atrito, contato e indução
As esferas condutoras sofrem indução eletrostática, a região
da esfera próxima da barra se eletriza negativamente e a
região da esfera mais afastada da barra se eletriza positivamente. Afastando-se as esferas e depois a barra, as cargas
das esferas se atraem.
Atividades para sala
01 A
Q + QB 8 + 0
1o contato: Q1 = A
=
⇒ Q1 = 4 µC
2
2
Q1 + Q C 4 + 0
=
⇒ Q 2 = 2 µC
2
2
Portanto, a esfera C adquire carga de 2 µC.
2o contato: Q 2 =
02 C
Após o contato, tem-se:
Q + q 0 + 4, 8 ⋅ 10 −9
=
⇒ Q ’ = 2, 4 ⋅ 10 −9 C
2
2
Logo, a carga transferida foi
|∆Q| = q – Q’ = 4,8 · 10 –9 – 2,4 · 10 –9 ⇒ |∆Q| = 2,4 · 10 –9 C
Portanto, ∆Q = n · e ⇒ 2,4 · 10 –9 = n · 1,6 · 10 –19 ⇒
n = 1,5 · 1010 elétrons
Q’ =
03 D
1o toque:
A
B
Neutra 1,2 mC
A
0,6 mC
Atividades propostas
01 A
02 E
Qx + Qy 0 + Q
Q
1o contato: Q1 =
=
⇒ Q1 =
2
2
2
Q
−Q
Q1 + Q z
Q
2 contato: Q 2 =
= 2
⇒ Q2 = −
2
2
4
o
03 E
Q + QB 0 − Q
Q
=
⇒ Q1 = −
1o contato: Q1 = C
2
2
2
B
Q + QA
2 contato: Q 2 = 1
=
2
0,6 mC
o
QT = 1,2 mC
2o toque:
A
C
0,6 mC 1,8 mC
A
1,2 mC
−
Q
+Q
Q
2
⇒ Q2 =
2
4
Q Q
−
Q 2 + Q1
2 ⇒ Q = −Q
= 4
3 contato: Q 3 =
3
2
2
8
C
o
1,2 mC
QT = 2,4 mC
Possuem cargas de mesmo sinal, pois os fios de cabelo
se repelem, não sendo possível dizer se são positivas ou
negativas.
A = 1,2 mC
B = 0,6 mC
C = 1,2 mC
04 B
Ocorre devido ao movimento de cargas elétricas entre
corpos, proporcionando um pequeno fluxo de intensidade
de corrente elétrica.
04 B
I.No p+ > no e– ⇒ Perdeu elétrons ficando carregado
positivamente.
II. n = no p+ – no e–
n = 5 · 1019 – 4 · 1019 ⇒ n = 1 · 1019
III.Q = n · e ⇒ Q = 1 · 1019 · 1,6 · 10–19 C
Q = 1,6 C
05 B
Ocorre atração entre as esferas. Ou as esferas estão eletrizadas com cargas de sinais opostos, ou uma está eletrizada, negativa ou positivamente, e a outra neutra. Portanto, os três estudantes fizeram comentários pertinentes.
2a Série – Ensino Médio
1
FÍSICA 2
LIVRO 1
06 A
A bolinha Y é repelida pelo bastão, portanto eles devem
ter carga de mesmo sinal. Já a bolinha X é atraída pelo
bastão e pela bolinha Y, logo existem duas possibilidades.
Ela pode estar descarregada, sendo atraída por indução,
ou estar carregada com carga de sinal contrário ao das cargas da bolinha Y.
n = 8 ⋅ 10
FCB
1

FR
 
4F = F31
K ⋅ 3q ⋅ q
⇒ F21 = 3 F
d2
K ⋅ 4q ⋅ q
F31 =
⇒ F31 = 4 F
d2
2
2
∴ FR = (3 F) + ( 4 F)2
∴ FR = 5 F
F21 =
Atividades propostas
02 C
K ⋅ q1 ⋅ q2 1
Inicialmente: F =
d2
K ⋅ q1 ⋅ q2
1 K ⋅ q1 ⋅ q2
Após a modificação: F ’ =
⇒ F’ = ⋅
2
(3d)
9
d2
F
Comparando 1 e 2 , tem-se: F ’ = .
9
∴ FR = F2 − F1 ∴ FR =
2 · 10 –1 m
2
9
2
9
⋅ Q2
01 4 ⋅ 10 −3 = 9 ⋅ 10 ⋅ Q ⇒ 4 ⋅ 10 −3 = 9 ⋅ 10
⇒
9
−2 2
( 9 ⋅ 10 )
81 ⋅ 10 −4
36 ⋅ 10 −7 = Q 2 ⋅ 10 9 ⇒ 36 ⋅ 10 −16 = Q 2 ⇒
Q = 36 ⋅ 10 −16 ⇒ Q = ±6 ⋅ 10 −8 C
02 Inicialmente:F1 =

F2
–q
+4q
K ⋅ q ⋅ 4q K ⋅ q ⋅ q
−
(2 ⋅ 10 −1 )2 (1 ⋅ 10 −1 )2
 4
1 
FR = K ⋅ q ⋅ q 
−
−2
1 ⋅ 10 −2 
 4 ⋅ 10
Comparando
03 K ⋅ q ⋅ q’
d2
1
K ⋅ q ⋅ 3q’
3 K ⋅ q ⋅ q’
⇒ F2 =
(2d)2
4 d2
3
, tem-se: F2 = ⋅ F1.
4
Após as modificações: F2 =
1
e
x
C

F AC
1–x
1m
2a Série – Ensino Médio
2

FBC
A
1 
 1
FR = K ⋅ q ⋅ q ⋅  −2 − −2  ∴ FR = K ⋅ q ⋅ q ⋅ 0
 10
10 
FR = 0
2
C
 
3F = F21
K ⋅ q1 ⋅ q2
3 ⋅ 10 − 6 ⋅ 5 ⋅ 10 − 6
⇒ F = 9 ⋅ 10 9 ⋅
2
( 5 ⋅ 10 −2 )2
d
F = 5, 4 ⋅ 10 N ou F = 54 N
1 · 10 –1 m

F AB
K ⋅q⋅q
.
d2
Sobre a esfera q1, atuam
01 F =
+q
B
Sabe-se que F =
Atividades para sala

FCB
05 D
Lei de Coulomb

F1
, tem-se:
3 ⋅ (2 ⋅ 10 −1 )2
=
⇒ FCB = 12 N
(1 ⋅ 10 −1 )2
10 A
Se a esfera sofre atração dos corpos A e B, pode-se avaliar
que suas cargas possuem sinais opostos.
03 2
2
FR = FAB − FCB = 3 − 12 ⇒ FR = −9 N ⇒ FR = 9 N
09 A
O corpo carregado, ao ser colocado próximo de um corpo
neutro, não promove atração sobre o corpo, e sim indução
eletrostática sobre as cargas do corpo.
Capítulo 2
e
A
b)
elétrons perdidos
K ⋅ qC ⋅ qB
K ⋅q⋅q
⇒ FCB =
2
(1 ⋅ 10 −1 )2
dCB
FCB =
De
08 A
Ao fazer contato, os elétrons da pessoa passam para
o eletroscópio atraído pelas cargas positivas que lá se
encontram.
1
K ⋅ q ⋅ q = 3 ⋅ (2 ⋅ 10 −1 )2
07 D
Q
12, 8 ⋅ 10 − 6
Q = n⋅e ⇒ n = ⇒ n =
e
1, 6 ⋅ 10 −19
13
K ⋅ qA ⋅ qB
K ⋅q⋅q
⇒
⇒3=
dAB2
(2 ⋅ 10 −1 )2
04 a) FAB =
B
2
FÍSICA 2
LIVRO 1
FAC = FBC ⇒
k ⋅ qA ⋅ qC
d
2
AC
=
Dividindo 1 por 2 :
2
2
FAB = FCB ⇒ 2 · 10 − 6 = ⋅ FCB ⇒ FCB = 9 · 10 − 6 N
9
9
Logo, a força resultante é dada por
k ⋅ qB ⋅ qC
2
BC
d
9 QB
QB
qA
qB
3
1
⇒ =
=
⇒
=
2
2
2
2
(1 − x )
(1 − x )
x 1− x
x
x
x = 0, 75 m
FR = FCB − FAB ⇒ FR = 9 ⋅ 10 − 6 − 2 ⋅ 10 − 6 ⇒ FR = 7 ⋅ 10 − 6 N
04 B
08 Inicialmente: F1 =
Situação inicial:
+Q
B
Fe
PA
Q⋅Q
K ⋅ Q2
+ mg = M ⋅ g ⇒ d2 =
2
(M − m) ⋅ g
d
d’2 =
b)
K⋅Q
K⋅Q
=
( 4M − 4m) ⋅ g 4 ⋅ (M − m) ⋅ g

FE
d2
d
d’ =
⇒ d’ =
4
2
T = p + FE

P
P = m ⋅ g = 5 ⋅ 10 −2 ⋅ 10
P = 0, 5 N 2
K ⋅ q1 ⋅ q2
FE =
d2
9 ⋅ 10 9 ⋅ 5 ⋅ 10 −7 ⋅ 5 ⋅ 10 −7
FE =
( 5 ⋅ 10 −2 )2
FE = 0, 9 N 3
05 E
As forças a e b constituem um par de ação e reação e, portanto, seus módulos são iguais.
06 C
Após o atrito, cada esfera fica com uma carga Q = n · e em
módulo, pois, no atrito, os sinais ficam contrários:
Q = n · e = 5 · 1012 · 1,6 · 10–19 ⇒ |Q| = 8 · 10–7 C
Logo: F =
A
10 E
Esquematicamente, tem-se:
 
F2 y F1y

F2
30º

F2 x
K ⋅ Q ⋅ Q 9 ⋅ 10 9 ⋅ 8 ⋅ 10 −7 ⋅ 8 ⋅ 10 −7
=
⇒ F = 9 ⋅ 10 −1 N
d2
(8 ⋅ 10 −2 )2

FCB
B

F AB
1
Substituindo 3 por 2 em 1 , tem-se:
T = P + FE = 0,5 + 0,9 ⇒ T = 1,4 N
30º
07 , tem-se:

F
2
2
2
FE = 9 ⋅ 10 −3 N
Na situação final:
2
por
2
K ⋅ q1 ⋅ q2 9 ⋅ 10 9 ⋅ 5 ⋅ 10 −7 ⋅ 5 ⋅ 10 −7
=
d2
( 5 ⋅ 10 −1 )2
09 a)FE =
Fe + PA = PB
1
1
2 Q2
K⋅ 2
F1
F
32
d
⇒ 1 =
=
9 Q2
9
F2
F2
K⋅
16 ⋅ d2
PB
K⋅
Após o contato:
Q + 2Q
3Q
Q’ =
⇒ Q’ =
2
2
3Q 3Q
K⋅
⋅
2
2
2 ⇒ F = K ⋅ 9Q
F2 =
2
2
(2d)
16 ⋅ d2
Dividindo
A
K ⋅ Q ⋅ 2Q
2Q 2
⇒ F1 = K ⋅ 2
2
d
d

F1
30º
P

F1x
30º
Q1
Q2
C
FAB =
K ⋅ 2Q ⋅ Q
2Q
⇒ FAB = K ⋅
(3d)2
9d2
FCB =
K⋅Q⋅Q
Q
⇒ FCB = K ⋅ 2
d2
d
2
2
2
1
No equilíbrio:
P = F1y + F2 y m ⋅ g = F1 ⋅ sen 30 o + F2 ⋅ sen 30 o (F1=F2 )
m ⋅ g = 2 ⋅ F ⋅ sen 30 o
10 ⋅ 10 −3 ⋅ 10 =
2a Série – Ensino Médio
9 ⋅ 10 9 ⋅ 1 ⋅ 10 −7 ⋅ q
⇒ q = 1 ⋅ 10 −7 C
(3 ⋅ 10 −2 )2
3
FÍSICA 2
LIVRO 1
Atividades propostas
Capítulo 3
Campo elétrico – Característica do vetor campo
elétrico
01 C
I.(V)
II. (F) Se q > 0, força e campo possuem o mesmo sentido.
III.(V)
IV. (F) Se q < 0, força e campo possuem sentidos opostos.
O campo deveria ser de afastamento, Q > 0.
Atividades para sala
01 D
02 A
F = q ⋅ E ⇒ 10 = 50 ⋅ 10 −3 ⋅ E ⇒ E = 2 ⋅ 10 2 N/C
Como q < 0, força e campo possuem sentidos opostos.
02 E

E

F
q1
q2
F = q ⋅ E ⇒ 1, 6 ⋅ 10
03 C
−2
−7
= 2 ⋅ 10 ⋅ E1 ⇒ E1 = 8 ⋅ 10 4 N/C
E2
E1
P
Como as cargas têm todas o mesmo valor e estão a igual
distância do ponto O, os campos elétricos por elas produzidos têm todos o mesmo módulo. A distribuição simétrica
das cargas em relação ao eixo y faz com que as componentes dos campos elétricos se anulem ao longo desse
eixo. Restam então as componentes dos campos ao longo
do eixo x. A soma das componentes x dos campos que
apontam para a direita do ponto O supera, em valor, a
soma dos componentes x dos campos que apontam para
a esquerda de O. Isso quer dizer que a soma dos quatro vetores que representam os campos elétricos criados
pelas quatro cargas, no ponto O, é um vetor que aponta
na direção x, para a direita.
y+
KQ
9 ⋅ 10 9 ⋅ 40 ⋅ 10 − 6
E1 = 2 1 =
⇒ E1 = 9 ⋅ 10 6 N/C
(2 ⋅ 10 −1 )2
d1
E2 =
–q
KQ 2 9 ⋅ 10 9 ⋅ 60 ⋅ 10 − 6
⇒ E2 = 54 ⋅ 10 6 N/C
=
(1 ⋅ 10 −1 )2
d22
ER = E1 − E2 ⇒ ER = 9 ⋅ 10 − 54 ⋅ 10 ⇒ ER = − 45 ⋅ 10 N/C
Portanto, o módulo do vetor campo elétrico é
6
+q
+q
6
–q
x
O
6
|ER| = 45 · 106 N/C
03 D
04 B

E2
Q1

E1
Q2
x
Q1 deve ser positiva, e Q2 deve ser negativa para o campo
resultante (ER) ser o mostrado na figura. A carga q deve ser
negativa, pois F e ER possuem sentidos opostos.
Q1
12 – x
12
E1 = E2 ⇒ K
q
Q1
Q
3 ⋅ 10 − 6 12 ⋅ 10 − 6
= K 22 ⇒
=
2
x2
(12 − x )2
d2
d1
1
4
=
⇒x=4
x 2 (12 − x )2

E1
Logo, a posição foi a II.

E2

ER
Q2
05 A
04 D
Q
9 ⋅ 10 9 ⋅ Q
⇒ 18 ⋅ 10 5 =
⇒ Q = 8 ⋅ 10 − 4 C
2
d
22
Q 9 ⋅ 10 9 ⋅ 8 ⋅ 10 − 4
Logo : E = K 2 =
⇒ E = 2 ⋅ 10 5 N/C
d
62
E=K⋅
4
EA = K
Q A 9 ⋅ 10 9 ⋅ 48 ⋅ 10 −6
N
=
⇒ EA = 27 ⋅ 10 5 N/C
C
d2A
( 4 ⋅ 10 −1 )2
EB = K
QB 9 ⋅ 10 9 ⋅ 16 ⋅ 10 −6
⇒ EB = 36 ⋅ 10 5 N
=
N/C
C
(2 ⋅ 10 −1 )2
dB2
2a Série – Ensino Médio
FÍSICA 2
LIVRO 1
O campo resultante é dado por
07 E

ER

EB
Como as linhas de força estão orientadas no sentido de afastamento das cargas, pode-se afirmar que as cargas são de
natureza positiva.
08 E

EA
C
ER2 = EA2 + EB2
09 C
ER2 = (27 ⋅ 10 5 )2 + (36 ⋅ 10 5 )2
ER = 45 ⋅ 10 5 N
N/C
C
a)(F)A linha possui início na carga positiva e finaliza na carga negativa.
b)(F)Existem as linhas de força em função das cargas elétricas na região.
c)(V)
d)(F)As linhas de força não podem se tocar.
e)(F)No campo da carga positiva, as cargas são orientadas
ao afastamento.
05 D
Sendo o campo elétrico inversamente proporcional ao quadrado da distância, tem-se que, quanto maior a distância da
carga ao ponto, menor o módulo do vetor campo elétrico.
Representando as forças que atuam sobre a carga de prova positiva.

Fq
K⋅Q
Q
⇒ 3, 6 ⋅ 10 4 = 9 ⋅ 10 9 ⋅ 2
2
d2
4 ⋅ 3, 6 ⋅ 10 4
Q=
⇒ Q = 1, 6 ⋅ 10 −5 C
9 ⋅ 10 9
1
10 a) E =
+

F−Q

F−Q

Fq
K⋅Q
1, 6 ⋅ 10 −5
⇒ E1 = 9 ⋅ 10 9 ⋅
2
d
42
4
E1 = 0, 9 ⋅ 10 N/C
b)
E1 =
2
A única alternativa que satisfaz o que foi dito é a D. As
cargas q1 e q2 devem ser negativas, portanto q1 + q2 < 0.
Capítulo 4
06 B
Observe a figura a seguir.
Atividades para sala
+Q
01 D
–Q
+2Q

E− Q

ER1
P

E+ Q

E2 Q
2
Q
d
Dados: d = 2 mm = 2 · 10–3 m
Q = 10 –6 C ⇒
q = 1,6 · 10 –9 C ⇒
m = 9 · 10 –2 kg
K = 9 · 10 9 N · m2/C2
1

ER 2
O campo resultante (ER ) é devido a E+Q e E–Q. O campo
1
resultante (ER ) é devido a ER e E2Q.

FE
q

FE
Lei de Coulomb:
FE = K
2
Campo elétrico – Campo elétrico
uniforme
Q ⋅q
10 − 6 ⋅ 1, 6 ⋅ 10 −9
⇒ FE = 9 ⋅ 10 9 ⋅
⇒ FE = 3, 6 N
2
d
(2 ⋅ 10 −3 )2
Aplicando a Segunda Lei de Newton:
F =m⋅a⇒a=
1
2a Série – Ensino Médio
3, 6 N
FE
⇒a=
⇒ a = 40 m/s2
9 ⋅ 10 −2 kg
m
5
FÍSICA 2
LIVRO 1
02 C
04 B
I. (F)O campo elétrico é nulo no interior de um condutor
eletrizado.
II. (F) As cargas elétricas ficam distribuídas apenas na superfície externa do condutor.
III.(V)As cargas ficam na superfície externa do condutor,
proporcionando um campo elétrico perpendicular à
superfície.
05 C
03 A
Q
E . d2
⇒ Q =
⇒
2
d
K
2, 7 ⋅ 1012 ⋅ (10 −1 )2
Q =
⇒ Q =3C
9 ⋅ 10 9
E=K
Sendo a carga do próton igual a do elétron, tem-se FP = FE,
já a massa do próton é maior que a do elétron, ficando
ap < ae.
07 F, V, V, F
0
τ = ∆Ec ⇒ q ⋅ E ⋅ d = Ecf − E ci
1, 5 ⋅ 10 −19 C ⋅ 10 4 N/C ⋅ 3 ⋅ 10 −3 m = 1 ⋅ 10 −30 kg ⋅
(F)A gota é atraída pela placa positiva, o que determina
que a carga da gota é negativa.
(V)
(V)
(F)Com o movimento da gota, a energia potencial elétrica
diminui.
2
v
2
v 2 = 9 ⋅ 1012 m2 /s2 ⇒ v = 9 ⋅ 1012 m2 /s2 ⇒ v = 3 ⋅ 10 6 m/s
05 B
Sendo a carga da primeira partícula igual à da segunda
partícula, tem-se F1 = F2, e a carga da terceira partícula é
dobro das demais partículas. Assim, F3 = 2F1 e o deslocamento é d1 = d2 > d3.
06 B
04 C
FP
e⋅E
1
=
=
Fα 2 e ⋅ E 2
Sendo FE = q · E, tem-se que a intensidade do campo é
diretamente proporcional à força elétrica aplicada à carga,
na qual: EA < EB ⇒ FEA < FEB ⇒ aA < aB
08 D
Representando as forças aplicadas ao corpo:
Atividades propostas
4 cm
01 E

Fel
Estando a esfera metálica oca E eletrizada positivamente,
quando a esfera A tocar a região interna que não possui
carga elétrica (E = 0), esta ficará com zero de carga (QA = 0),
já a esfera B, que vem a tocar a superfície externa que
se encontra com cargas positivas espalhadas por sua
superfície, ficará com carga positiva devido à eletrização
por contato.
3 cm

P
Estando o corpo em equilíbrio (FR = 0), tem-se:
 3
.g
q  4 
FE
3 q ⋅E
tg α = ⇒ =
⇒
=
p
m
E
4 m⋅g
02 A
1
EA= zero, ponto interno.
2
E=K
Q
E . d2
⇒ Q =
⇒
2
d
K
2, 7 ⋅ 1012 ⋅ (10 −1 )2
Q =
⇒ Q =3C
9 ⋅ 10 9
09 C
K⋅ Q
8 ⋅ 10
⇒ Ec = 9 ⋅ 10 9 ⋅
⇒ Ec = 0, 5 ⋅ 10 5 N/C
2
dc
(1, 2)2
3
Ec =
4
y = EA + 20
−6
EB
1,125 ⋅ 10 5
⇒ y = 0 + 20
⇒ y = 45
EC
0, 5 ⋅ 10 5
03 D
Q
Q
⇒σ=
1a esfera: σ =
A
π ⋅ R2
Q’
Q
Q’
⇒2⋅
=
= Q’ = 8Q
2a esfera: σ ’ =
A’
π . R2
4 π . R2
6
T
a
Pela representação do campo elétrico, tem-se:
1. Carregada positivamente.
2. Neutra.
3. Carregada negativamente.
Os movimentos obedecem ao Princípio Eletrostático da
Atração e Repulsão.
10 D
Ficando o elétron em equilíbrio, temos FR = 0; com isso,
|F| = |P|.
2a Série – Ensino Médio