Física III ⇒ (AFA-2017) Eletrostática Tópico resolvido

[Liliana]

Uma pequena esfera C, com carga elétrica +5.10 [tex3]^-4[/tex3]

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[tex3]^-4[/tex3]

C, é guiada por um aro isolante e semicircular de raio R igual a 2,5 m, situado num plano horizontal, com extremidades A e B, como indicada a figura abaixo. A esfera pode se deslocar sem atrito tendo o aro como guia. Nas extremidades A e B deste aro são fixadas duas cargas elétricas puntiformes de +8.10 [tex3]^-6[/tex3]

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[tex3]^-6[/tex3]

C e +1.10 [tex3]^-6[/tex3]

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[tex3]^-6[/tex3]

C, respectivamente. Sendo a constante eletrostática do meio igual a 4√5.10 [tex3]^9[/tex3]

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[tex3]^9[/tex3]

N.m [tex3]^2[/tex3]

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[tex3]^2[/tex3]

/C [tex3]^2[/tex3]

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[tex3]^2[/tex3]

, na posição de equilíbrio da esfera C, a reação normal do aro sobre a esfera, em N, tem módulo igual a

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a) 1
b) 2
c) 4
d) 5

Resposta

---

b) 2

[LucasPinafi]

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Desculpe pelo desenho horrível
N é a reta normal (passa pelo centro) e t é a tangencial.
Sendo x a distância entre A e C, e y a distância entre B e C, temos
[tex3]x= 2R \sen \theta \\ y = 2R \cos \theta [/tex3]

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[tex3]x= 2R \sen \theta \\ y = 2R \cos \theta [/tex3]

Equilíbrio tangencial
[tex3]\frac{kq_A Q}{x^2} \sen \alpha = \frac{kq_BQ}{y^2} \sen \theta[/tex3]

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[tex3]\frac{kq_A Q}{x^2} \sen \alpha = \frac{kq_BQ}{y^2} \sen \theta[/tex3]

Mas, [tex3]\alpha + \theta = \pi/2[/tex3]

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[tex3]\alpha + \theta = \pi/2[/tex3]

, de modo que podemos escrever
[tex3]\frac{q_A}{\sen^2 \theta} \cos \theta = \frac{q_B}{\cos^2 \theta} \sen \theta \therefore \frac{q_A}{q_B} = \tg^3 \theta \\ \tg ^3 \theta = \frac{8\times 10^{-6}}{1\times 10^{-6}} = 8 \Longrightarrow \tg \theta = 2 \Longrightarrow \begin{cases} \sen \theta = \frac{\tg \theta}{\sqrt{1+\tg^2 \theta}} = 2/\sqrt 5 \\ \cos \theta = \frac{1}{\sqrt{1+\tg^2\theta} }= 1/\sqrt 5 \end{cases}[/tex3]

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[tex3]\frac{q_A}{\sen^2 \theta} \cos \theta = \frac{q_B}{\cos^2 \theta} \sen \theta \therefore \frac{q_A}{q_B} = \tg^3 \theta \\ \tg ^3 \theta = \frac{8\times 10^{-6}}{1\times 10^{-6}} = 8 \Longrightarrow \tg \theta = 2 \Longrightarrow \begin{cases} \sen \theta = \frac{\tg \theta}{\sqrt{1+\tg^2 \theta}} = 2/\sqrt 5 \\ \cos \theta = \frac{1}{\sqrt{1+\tg^2\theta} }= 1/\sqrt 5 \end{cases}[/tex3]

Na direção normal, temos
[tex3]F_A \sen \theta + F_B \cos \theta = N \\ \frac{kq_A Q \sen \theta}{(2R \sen \theta)^2}+ \frac{kq_B Q \cos \theta}{(2R \cos \theta)^2} = N \\ \frac{kq_AQ}{4R^2 \sen \theta} + \frac{kq_BQ}{4R^2 \cos \theta} = N \\ \frac{4\sqrt 5 \times 10^9 \cdot8\times 10^{-6}\cdot 5\times 10^{-4}}{4\cdot \frac{25}{4}\cdot \frac{2}{\sqrt 5}} + \frac{4\sqrt 5 \times 10^9 \cdot 10^{-6} \cdot 5\times 10^{-4}}{4\cdot \frac {25} 4 \cdot \frac 1 {\sqrt 5}} = N \\ 1,6 + 0,4 = N \\ 2,0 = N[/tex3]

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[tex3]F_A \sen \theta + F_B \cos \theta = N \\ \frac{kq_A Q \sen \theta}{(2R \sen \theta)^2}+ \frac{kq_B Q \cos \theta}{(2R \cos \theta)^2} = N \\ \frac{kq_AQ}{4R^2 \sen \theta} + \frac{kq_BQ}{4R^2 \cos \theta} = N \\ \frac{4\sqrt 5 \times 10^9 \cdot8\times 10^{-6}\cdot 5\times 10^{-4}}{4\cdot \frac{25}{4}\cdot \frac{2}{\sqrt 5}} + \frac{4\sqrt 5 \times 10^9 \cdot 10^{-6} \cdot 5\times 10^{-4}}{4\cdot \frac {25} 4 \cdot \frac 1 {\sqrt 5}} = N \\ 1,6 + 0,4 = N \\ 2,0 = N[/tex3]