Nos vertices a e c do quadrado a seguir

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que apresentar menor 
massa (m) realizará uma trajetória curva de menor raio (R).
Assim:
l ⇒ elétron (massa menor, menor raio de curvatura)
ll ⇒ nêutron (não sofre ação de campo elétrico)
l ⇒ próton (massa maior, maior raio de curvatura)
Resposta: d
59 Entre duas placas planas horizontais, eletrizadas com cargas de 
mesmo módulo e sinais opostos, existe um campo elétrico uniforme 
de intensidade 4,0 · 103 N/C. Uma partícula eletrizada com + 5,0 μC, 
ao ser colocada entre as placas, permanece em repouso. Determine a 
massa da partícula.
Dado: g = 10 m/s2
Resolução:
Condição de repouso:
F
e
 = P
|q| E = m g
5,0 · 10–6 · 4,0 · 103 = m · 10
m = 2,0 · 10–3 kg
m = 2,0 g 
Resposta: 2,0 g
60 (PUC-MG) Uma partícula de massa m e carga q, positiva, é aban-
donada em repouso em um campo elétrico uniforme E , produzido por 
duas placas metálicas P
1
 e P
2
, movendo-se então unicamente sob a 
ação desse campo. Dado: g = 10 m/s2
y
P2
P1
– – – – –
+ + + + +
V
Indique a opção correta:
a) A aceleração da partícula é a = q E m.
b) A partícula será desviada para a direita, descrevendo uma trajetória 
parabólica.
c) A energia cinética, após a partícula ter percorrido uma distância d, 
é E
c
 = q E d.
d) A partícula executará um movimento uniforme.
e) A força que atua sobre a partícula é perpendicular ao campo.
Resolução:
a) Falsa.
 F = F
e
 ⇒ m a = |q| E
a = 
|q| E
m
 
b) Falsa.
 A partícula irá seguir em linha reta, acompanhando a orientação do 
campo elétrico existente nesse ponto. Observe que a partícula foi 
abandonada (v
0
 = 0).
c) Verdadeira.
 �E
c
 = �
 E
cf
 – E
ci
 = F · d
E
cf
 = |q| E · d 
 Observe que E
ci
 = 0, a partícula parte do repouso.
d) Falsa.
 O movimento será uniformemente acelerado.
e) Falsa.
 F = q E
 A força e o campo elétrico são vetores de mesma direção.
Resposta: c
61 (FEI-SP) A f igura a seguir mostra duas películas planas de cargas 
elétricas de sinais opostos, mas de mesma densidade superf icial. Um 
elétron parte do repouso da película negativa e atinge a película opos-
ta em 5 · 10-8 s. Calcule a intensidade do campo elétrico E .
Dados: m = 9,1 · 10–31 kg e q = 1,6 · 10–19 C.
10 cm
+ + + + + + + + + + + + + + +
– – – – – – – – – – – – – – –
Resolução:
Δs = v · t + 	 t
2
2
 
Como v
0
 = 0, temos:
Δs = 	 t
2
2
 ⇒ 	 = 2�s
t2
 
Mas:
F = m 	
então:
F = 2m�s
t2
|q| E = 2m�s
t2
E = 2m�s
|q|t2
 = 2 · 9,1 · 10
–31 · 10 · 10–2
1,6 · 10–19 · (5 · 10–8)2
E
 
 = 4,5 · 102 N/C 
Resposta: 4,5 · 102 N/C
40 PARTE I – ELETROSTÁTICA
62 E.R. Um pêndulo elétrico tem comprimento � = 1,0 m. A esfera 
suspensa possui massa m = 10 g e carga elétrica q. Na região em que 
se encontra o pêndulo, a aceleração da gravidade vale 10 m/s2 e existe 
um campo elétrico cujo vetor E é horizontal e de módulo 7,5 · 103 N/C. 
O pêndulo estaciona com a esfera à distância d = 0,60 m da vertical 
baixada do ponto de suspensão. Determine a carga q.
Resolução:
A conf iguração descrita no exercí-
cio está representada no esquema 
ao lado.
Por Pitágoras:
L2 = d2 + x2
(1,0)2 = (0,60)2 + x2
x = 0,80 m
Da f igura, obtém-se: tg α = 
F
e
P
Porém: F
e
 = |q| E
 P = m g
 tg α = d
x
Assim: d
x
 = 
|q| E
m g
 ⇒ |q| = 
d m g
x E
 |q| = 
0,60 · 10 · 10–3 ·10
0,80 · 7,5 · 103
|q| = 10 · 10–6 C ⇒ |q| = 10 μC ⇒ q = ±10 μC
Nota:
 A situação representada no esquema corresponde ao caso em que q é 
positiva. Se q fosse negativa, a posição de equilíbrio seria simétrica em 
relação à vertical baixada do ponto de suspensão.
63 Uma pequena esfera de peso P = 5,0 · 10–2 N, eletrizada com uma 
carga q = + 0,20 μC, está suspensa por um f io isolante bastante leve, 
que na posição de equilíbrio forma um ângulo de 45° com um plano 
vertical uniformemente eletrizado com densidade superf icial �.
Qual o módulo da densidade superf icial de cargas �? 
Dado: permissividade absoluta do meio: ε = 8,85 · 10–12 (SI)
45°
Plano
eletrizado
g
Resolução:
T
45° Fe 
P 
Como o ângulo de inclinação é 45º, temos:
F
e
 = P
|q| E = P
|q| 
|�|
2 
 = P
|�| = P 2 
|q|
 = 
5,0 · 10–2 · 2 · 8,85 · 10–12
0,20 · 10–6
|�| � 4,4 μC/m2 
Resposta: 4,4 μC/m2
64 (UFG-GO) Uma bolinha B, carregada positivamente, está sus-
pensa por um f io isolante que forma um ângulo de 30° com a vertical, 
quando imersa num campo elétrico uniforme e horizontal, conforme 
indicado na f igura abaixo.
30°
B
E
++
Sejam F a força que o campo elétrico exerce sobre B, P o peso de B e 
T a força exercida pelo f io sobre B.
a) Reproduza a bolinha indicando as forças F , P e T .
b) Sendo | P | = 0,03 N, qual o valor de | F |?
c) Sendo de 5,0 μC a carga da bolinha, qual a intensidade de E ?
Resolução:
a) 
T
60° Fe
P
b) � 
T sen 60° = P
T cos 60° = F
e
sen 60°
cos 60°
 = P
F
e
F
e
 = P
tg 60°
 = 0,03
3
 ⇒ F
e
 = 3 · 10–2 N
c) F
e
 = |q| E
3 · 10–2 = 5,0 · 10–6 · E
E = 2 3 · 103 N/C
Respostas: a) 
 T
P
+
Fe
 b) 3 · 10–2 N;
 c) 2 3 · 103 N/C
41Tópico 2 – Campo elétrico
65 (Fatec-SP) O esquema abaixo representa um quadrado com três 
vértices ocupados por cargas elétricas puntiformes. Essas cargas pro-
duzem no vértice P campo eletrostático E .
+ Q – Q
+ Q
P
Esse campo em P é mais bem representado no esquema:
P P 
45° 45° 
P
45°
P
45°
E 
E E
E 
a) c) 
b) d)
Resolução:
Somando os vetores campo elétrico E
A
 e E
C
 (atenção que E
A
 = E
C
), 
temos:
+ Q – Q
+ Q
P
A C
B
EA
EAC
EC
Como a distância BP é maior que AP e CP, o vetor campo E
B
 é menor 
do que E
A
 e E
C
.
+ Q – Q
+ Q
P
A C
B
45ºEP
EAC
EB
Resposta: a
66 (Mack-SP) Nos vértices A e C do quadrado a seguir, colocam-se 
cargas elétricas de valor + q. Para que no vértice D do quadrado o cam-
po elétrico tenha intensidade nula, 
a carga elétrica que deve ser colo-
cada no vértice B deve ter o valor:
a) 2 q. 
b) – 2 q. 
c) – 
3 2
2
 q.
d) 2 2 q.
e) – 2 2.
Resolução:
O campo elétrico em D é representado por:
EAC
EA
EB
a
+q
+q
qBa
a ad
A B
CD
EC
|E
A
| = |E
C
| = K 
q
a2
Usando-se Pitágoras:
E2
AC
 = E2
A
 + E2
C
E2
AC
 = 2 K 
q
a2
2
E
AC
 = 2 
Kq
a2
Como:
|E
AC
| = |E
B
|
Temos:
2 · 
Kq
a2
 = K
|q
B
|
d2
Mas:
d = a 2 (diagonal do quadrado)
Então:
2 
Kq
a2
 = K 
|q
B
|
(a 2)2
 ⇒ 2 
q
a2
 = 
|q
B
|
a2 · 2
|q
B
| = 2 2 q
Sendo E
B
 um vetor campo de “aproximação” em relação à carga q
B
, 
esta deve ter sinal negativo.
Assim:
q
B
 = –2 2 q
Resposta: e
A B
CD
+ q
+ q
42 PARTE I – ELETROSTÁTICA
67 O campo elétrico no baricentro de um triângulo equilátero de 
lado igual a �, em cujos vértices encontram-se cargas iguais a Q, vale:
a) 3Q
4 π ε
0
 �
 . d) 3Q
4 π ε
0
 �2
 .
b) 3Q
4 π ε
0
 �2
 . e) zero.
c) 
3Q
4 π ε
0
 �
 .
Resolução:
EB 
EC EA 120º 
A C
B 
Q 
Q Q 
120º 120º 
Observe que, no baricentro do triângulo equilátero, os vetores campo 
elétrico E
A
, E
B
 e E
C
 possuem intensidades iguais.
Somando-se E
A
 e E
C
, temos:
EB
EC
EAC
EA120º
Aplicando a Lei dos Cossenos, vem:
E2
AC
 = E2
A
 + E2
C
 + 2E
A
 E
C
 cos 120º
E2
AC
 = E2 + E2 + 2 E2 · – 
1
2
E2
AC
 = E2 + E2 – E2 = E2
E
AC
 = E
Portanto:
 E
A C
 + E
B
 = O
Resposta: e
68 (UFG-GO) Nos vértices de um triângulo