Lista de Exercicios Resolvidos - Fisica Geral e Experimental III

1 Lista II de Física Geral e Experimental III Prof Fábio Jesus Bruno Lima Constantes Dados 𝜀0 8851012 𝐶2𝑁𝑚2 𝐾0 90 109 𝑁𝑚2𝐶2 Exercício 1 Duas cargas puntiformes 𝑄1 60 𝜇𝐶 e 𝑄2 40 𝜇𝐶 estão fixas nos pontos 𝐴 20 10𝑚 e 𝐵 20 40𝑚 respectivamente Determine a expressão da força vetorial que a carga em A exerce sobre a carga em B Considere o meio o vácuo Resposta A força que a carga Q1 exercerá na carga Q2 será de atração uma vez que ambas são cargas de sinais opostos Logo para calcular a força 𝐹 deverá utilizar a Equação 1 mostrada a seguir 𝐹 𝑘0 𝑞1 𝑞2 𝑟 𝑑3 1 O vetor de interesse é o vetor 𝑣 pois pedese a Força exercida em Q2 Neste caso temos a Força de referência com componentes x e y negativas poiss B está sentindo a força 2 𝐹 𝑘0 𝑞1 𝑞2 𝑟 𝑑3 𝐹 9109 6106 4106 4𝑖 5𝑗 0𝑘 42 52 02 3 𝐹 013𝑖 017𝑗 0𝑘 𝑁 Exercício 2 Três cargas puntiformes são colocados nos vértices de um retângulo de lados 80 𝑐𝑚 𝑒 60 𝑐𝑚 conforme mostra a figura abaixo Determine a força elétrica vetorial resultante sobre a carga 𝑞 50 𝜇𝐶 colocada no quarto vértice origem do plano cartesiano bem como seu módulo e direção Resposta Utilizando a Equação 1 podese determinar o valor da contribuição de cada carga para a força resultante Lembrando que o princípio da sobreposição diz que a força total e seu campo elétrico sobre um ponto qualquer é a soma de cada campo oriundo da presença de cada carga isto pode ser descrito analiticamente utilizando a Equação 2 𝐹𝑅 𝐹𝑖 𝑛 𝑖1 𝐹𝑗 𝑛 𝑗1 𝐹 𝑘 𝑛 𝑘1 2 Portanto para determinar a força total que age sobre uma carga colocada na origem do sistema cartesiano devese calcular a força que cada uma das cargas agem sobre ela A primeira coisa a se fazer é determinar a posição de cada carga 𝑞𝐴 008 0 0 𝑞𝐵 008 006 0 𝑞𝐶 0 006 0 𝑞𝑂 0 0 0 O observador 𝑞𝑂 está na origem portanto utilizando a Equação 1 temos 𝐹 𝑘0 𝑞1 𝑞2 𝑟 𝑑3 𝐹𝐴𝑂 9109 5106 2106 008𝑖 0𝑗 0𝑘 0082 02 02 3 𝐹𝐴𝑂 141𝑖 0𝑗 0𝑘 𝑁 3 𝐹 𝑘0 𝑞1 𝑞2 𝑟 𝑑3 𝐹𝐵𝑂 9109 5106 3106 008𝑖 006𝑗 0𝑘 0082 0062 02 3 𝐹𝐵𝑂 108𝑖 81𝑗 0𝑘 𝑁 𝐹 𝑘0 𝑞1 𝑞2 𝑟 𝑑3 𝐹𝐶𝑂 9109 5106 4106 0𝑖 006𝑗 0𝑘 02 0062 02 3 𝐹𝐶𝑂 0𝑖 50𝑗 0𝑘 𝑁 Assim temos pela Equação 2 a seguinte expressão 𝐹𝑅 𝐹𝐴𝑂 𝐹𝐵𝑂 𝐹𝐶𝑂 𝐹𝑅 141𝑖 0𝑗 0𝑘 108𝑖 81𝑗 0𝑘 0𝑖 50𝑗 0𝑘 𝐹𝑅 33𝑖 419𝑗 0𝑘 𝑁 𝐹𝑅 420 𝑁 𝜃 2655 Exercício 3 Três esferas metálicas idênticas encontramse em equilíbrio sob a ação de forças elétricas na posição indicada na figura a seguir sobre um plano horizontal sem atrito Sendo a carga da esfera A 𝑄𝐴 180 𝜇𝐶 determine as cargas das esferas B e C Resposta Para resolver este problema você deverá montar dois sistemas e verificar a dependência das cargas Sabese que a força que a carga A exerce na carga B e C é a mesma devido ao equilíbrio estático entre as cargas portanto 𝑄𝐴 𝑄𝐵 𝑟2 𝑄𝐴 𝑄𝐶 𝑟2 𝑄𝐴 𝑄𝐵 2𝑑2 𝑄𝐴 𝑄𝐶 5𝑑2 𝑄𝐵 4𝑑2 𝑄𝐶 25𝑑2 25𝑄𝐵 4𝑄𝐶 E o mesmo vale para a força que age entre A e B ser a mesma que age entre B e C desta forma 4 𝑄𝐴 𝑄𝐵 𝑟2 𝑄𝐵 𝑄𝐶 𝑟2 𝑄𝐴 𝑄𝐵 2𝑑2 𝑄𝐵 𝑄𝐶 3𝑑2 𝑄𝐴 4𝑑2 𝑄𝐶 9𝑑2 9 4 𝑄𝐴 𝑄𝐶 𝑄𝐶 405 𝜇𝐶 Assim temse que 𝑄𝐵 4 25 𝑄𝐶 𝑄𝐵 65 𝜇𝐶 Exercício 4 Determine a intensidade da força elétrica sobre a carga 𝑞 20 𝜇𝐶 colocada no ponto P gerado por um fio de comprimento 𝑙 200 𝑐𝑚 como mostrado abaixo Considere a O fio está eletrizado uniformemente com carga 𝑄 40 𝜇𝐶 b O fio tem uma densidade linear de carga que varia com a posição segundo a expressão 𝜆 2 4𝑥 𝜇𝐶𝑚 para 𝑥 002 𝑚 Resposta a Para este item a primeira coisa a se fazer em um problema deste caráter é determinar as posições de cada elemento Neste caso temos que 𝑅𝑃 03 0 0 𝑅𝑄 𝑥 002 0 0 Lembrando que 𝑑𝑄 𝜆 𝑑𝑥 e a força no ponto P pode ser calculada utilizando a Equação 3 𝑑𝐹 𝑘0 𝑑𝑄 𝑞 𝑟 𝑑3 𝑑𝐹 𝑘0 𝜆 𝑑𝑥 𝑞 𝑟 𝑑3 3 Como neste primeiro item o fio está eletrizado uniformemente com carga 𝑄 40 𝜇𝐶 portanto 𝜆 4106 02 20106 𝐶𝑚 A partir da equação acima temos 5 𝑑𝐹 𝐹 0 9109 20106 2106 028 𝑥𝑖 028 𝑥2 02 02 3 𝑑𝑥 02 0 𝐹 36102 028 𝑥𝑖 028 𝑥3 𝑑𝑥 02 0 𝐹 36102 𝑖 1 028 𝑥2 𝑑𝑥 02 0 Aplicando a regra da substituição temos Substituição 𝑢 028 𝑥 Diferencial 𝑑𝑢 𝑑𝑥 E organizando os limites de integração Para 𝑥 0 𝑢 028 Para 𝑥 02 𝑢 008 Portanto 𝐹 36102 𝑖 1 𝑢2 𝑑𝑢 008 028 𝐹 36102 𝑖 1 𝑢 028 008 𝐹 32 𝑖 𝑁 b A única diferença entre o item b e o item a é a que a densidade de carga varia pelo o Portanto para determinar a força na carga elétrica localizada no ponto P devese utilizar a equação 3 com 𝜆 2 4𝑥 106 𝑑𝐹 𝐹 0 9109 2106 106 2 4𝑥 028 𝑥 𝑖 028 𝑥2 02 02 3 𝑑𝑥 02 0 𝐹 18103 2 4𝑥 028 𝑥𝑖 028 𝑥3 𝑑𝑥 02 0 𝐹 18103 2 4𝑥𝑖 028 𝑥2 𝑑𝑥 02 0 𝐹 18103 2 4𝑥 𝑖 028 𝑥2 𝑑𝑥 02 0 𝐹 18103 2 028 𝑥2 𝑑𝑥 02 0 4𝑥 028 𝑥2 𝑑𝑥 02 0 𝑖 Substituição 𝑢 028 𝑥 Diferencial 𝑑𝑢 1 𝑑𝑥 E organizando os limites de integração Para 𝑥 0 𝑢 028 6 Para 𝑥 02 𝑢 008 𝐹 18103 2 𝑢2 𝑑𝑢 008 028 112 4 𝑢 𝑢2 𝑑𝑢 008 028 𝑖 𝐹 18103 2 𝑢2 𝑑𝑢 008 028 112 𝑢2 𝑑𝑢 008 028 4 𝑢 𝑑𝑢 008 028 𝑖 𝐹 18103 2 𝑢 028 008 112 𝑢 028 008 4 ln 𝑢028 008 𝑖 𝐹 0018 1786 10 501𝑖 𝐹 023 𝑖 𝑁 Exercício 5 Determine a força elétrica gerada por um anel de raio 𝑟 300 𝑐𝑚 e eletrizado uniformemente com densidade linear 𝜆 20 𝜇𝐶𝑚 no ponto P distante 𝑑 400 𝑐𝑚 do seu centro onde se encontra uma carga 𝑞 50 𝜇𝐶 conforme mostrado na figura abaixo Considere o meio o vácuo Resposta 7 Para este problema o ideal é considerar a simetria de forças para poder realizar o exercício tendo portanto somente força elétrica para o eixo x Um observador no ponto P possui a posição 𝑟𝑃 04 0 0 A saída do Vetor Deslocamneto de um elemento genérico dx fica 𝑟 04𝑖 𝑦𝑗 𝑧𝑘 As componentes y e z se anulam por simetria deixando o Vetor Deslocamento 𝑟 04𝑖 Portanto podemos utilizar a Equação 3 para calcular a força resultante sobre a carga no ponto P Lembrando que 𝑄 𝜆𝑥 𝑑𝑄 𝜆𝑑𝑥 E que 𝑥 𝑟𝜃 𝑑𝑥 𝑟𝑑𝜃 𝑑𝐹 𝑘0 𝑑𝑄 𝑞 𝑟 𝑑3 𝑑𝐹 𝐹 0 9109 5106 2106 03 04𝑖 042 032 3 𝑑𝜃 2𝜋 0 𝐹 90103 03 04𝑖 053 𝑑𝜃 2𝜋 0 𝐹 0086𝑖 2𝜋 𝐹 054 𝑖 𝑁 Exercício 6 Uma distribuição semicircular vazada de carga de raio interno 𝑎 100 𝑐𝑚 e raio externo 𝑏 150 𝑐𝑚 possui densidade superficial de carga por 𝜎 𝑐 𝑟2 001 𝐶𝑚2 sendo 0 𝑟 𝑅 e 𝑐 5𝜇 Determinar a força vetorial sobre a carga 𝑞 20 𝜇𝐶 colocada no centro do semicírculo 8 Resposta A resolução deste problema é dada a partir da percepção de que a geometria é um semicírculo portanto superficial e sua carga fica 𝑄 𝜎 𝑆 𝑑𝑄 𝜎 𝑑𝑆 O elemento genérico de área é 𝑑𝑆 𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜃 para círculo foi escolhido conforme ilustra a figura sob incidência de raio genérico r contido entre 010 𝑟 015 perfazendo um ângulo genérico 𝜃 contido entre 0 𝜃 180 O vetor deslocamento 𝑟 𝑟 𝑐𝑜𝑠𝜃𝑖 𝑟 𝑠𝑒𝑛𝜃𝑗 sabendo que haverá anulação de forças devido à simetria basta aplicar a Equação 𝑑𝐹 𝑘0 𝑑𝑄 𝑞 𝑟 𝑑3 𝑑𝐹 𝑘0 𝜎 𝑑𝑆 𝑞 𝑟 𝑑3 𝑑𝐹 𝑘0 𝜎 𝑑𝑆 𝑞 𝑟 cos𝜃 𝑖 𝑟 𝑠𝑒𝑛𝜃𝑗 𝑟3 Por simetria só teremos vetor deslocamento em y 9 𝑑𝐹 𝑘0 𝜎 𝑑𝑆 𝑞 𝑟 𝑠𝑒𝑛𝜃𝑗 𝑟3 Substituindo 𝑑𝑆 𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜃 𝑑𝐹 𝐹 0 𝑘0 𝜎 𝑅 𝑟 𝑞 𝑟 𝑠𝑒𝑛𝜃𝑗 𝑟3 𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜃 𝜋 0 Substituindo 𝜎 𝑐 𝑟2 001 𝐶 𝑚2 𝑐 𝑘0 𝑞 𝑑𝑆 𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜃 𝑑𝐹 𝐹 0 9109 5106 015 010 𝑟2 001 2106 𝑟 𝑠𝑒𝑛𝜃𝑗 𝑟3 𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜃 𝜋 0 Agrupando temos 𝑑𝐹 𝐹 0 9109 5106 2106 𝑗 𝑟 001 𝑟 𝑑𝑟 𝑠𝑒𝑛𝜃 𝜋 0 𝑑𝜃 015 010 𝐹 9102 𝑗 𝑟2 2 01 015 001ln 𝑟01 015 𝑐𝑜𝑠𝜃0 180 𝐹 9102 𝑗 625 103 405 103 2 𝐹 185103 𝑗 𝑵 Exercício 7 Uma distribuição de cargas positivas tem a forma de um arco de semicircunferência de raio 𝑅 500 𝑐𝑚 que aparece na figura a seguir A carga por unidade de comprimento sobre o arco é dada pela expressão 𝜆 𝜆0cos 𝜃 A carga total sobre a semicircunferência é de 𝑄 12 𝜇𝐶 Calcule a força total vetorial sobre uma carga puntiforme 𝑞 3 𝜇𝐶 colocada no centro de curvatura do arco Resposta A resolução deste problema é dada a partir da percepção de que a geometria é um semicírculo assim como no exercício anterior porém com densidade de carga linear Sabese que a densidade linear 𝜆0 é calculada através da seguinte expressão 10 𝜆0 𝑄 𝑙 𝜆0 12106 𝜋 𝑟 𝜆0 12106 𝜋 05 𝜆0 76106 𝐶𝑚 Lembrando que 𝑄 𝜆 𝑙 𝑄 𝜆 𝑟 𝜃 𝑑𝑄 𝜆 𝑟 𝑑𝜃 Tendo um ângulo genérico 𝜃 contido entre 0 𝜃 180 e tendo em vista que o vetor deslocamento é 𝑟 𝑟 𝑠𝑒𝑛𝜃𝑖 𝑟 𝑐𝑜𝑠𝜃𝑗 sabendo que haverá anulação de forças devido à simetria basta aplicar a Equação 𝑑𝐹 𝑘0 𝑑𝑄 𝑞 𝑟 𝑑3 𝑑𝐹 𝑘0 𝜆 𝑟 𝑑𝜃 𝑞 𝑟 𝑑3 𝑑𝐹 𝐹 0 9109 3106 05 𝜆0 cos𝜃 𝑟 𝑠𝑒𝑛𝜃𝑖 𝑟 𝑐𝑜𝑠𝜃𝑗 053 𝑑𝜃 𝜋 0 Devido à simetria de cargas é possível descartar a força no eixo x 𝑟 𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑖 então temos 𝐹 2052103 052 05 𝑐𝑜𝑠2𝜃𝑗 𝑑𝜃 𝜋 0 𝐹 2052103 05 1 2 𝜃 𝑠𝑒𝑛𝜃 2 0 𝜋 𝑗 𝐹 2052103 05 𝜋 2 𝑗 𝐹 0645𝑗 𝑁 Exercício 8 Determine a intensidade da força elétrica gerada por um fio eletrizado de comprimento 𝑙 400 𝑐𝑚 sobre a carga elétrica 𝑞 10 𝜇𝐶 colocada no ponto P como mostrado abaixo Considere o fio eletrizado com carga elétrica 𝑄 200 𝜇𝐶 uniformemente distribuída 11 Resposta A primeira coisa a se fazer neste problema é determinar a distribuição de carga da barra isto é determinar o λ Para isso λ 𝑄𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙 𝑥 20106 040 50 𝜇𝐶𝑚 A partir disso basta aplicar a fórmula da Equação 3 𝑑𝐹 𝑘0 𝑑𝑄 𝑞 𝑟 𝑑3 Lembrando que 𝑑𝑄 𝜆 𝑑𝑥 conforme mostrado na figura temos 𝑑𝐹 𝑘0 𝑑𝑄 𝑞 𝑟 𝑑3 𝑑𝐹 𝑘0 𝜆 𝑑𝑥 𝑞 𝑟 𝑑3 3 𝑑𝐹 𝐹 0 9109 106 50106 03𝑗 𝑥𝑖 032 𝑥2 3 𝑑𝑥 04 0 12 𝐹 045 𝑖 𝑥 032 𝑥2 3 04 0 𝑑𝑥 03𝑗 1 032 𝑥2 3 04 0 𝑑𝑥 Na 1ª Integral do eixo x Aplicando a regra da substituição para 𝑢 032 𝑥2 𝑑𝑢 2𝑥𝑑𝑥 e modificando os limites de integração Para 𝑥 0 𝑢 009 Para 𝑥 04 𝑢 025 Temos 𝑥 032 𝑥2 3 04 0 𝑑𝑥 1 2 1 𝑢 3 025 009 𝑑𝑢 1 2 2 𝑢 009 025 1 1 05 1 03 133 𝑁 Na 2ª Integral do eixo y 03 1 009 1 𝑥2 009 3 04 0 𝑑𝑥 03 033 1 1 𝑥2 009 3 04 0 𝑑𝑥 Aplicando a regra da substituição para 𝑡𝑔2𝜃 𝑥2 009 𝑑𝑥 03 𝑠𝑒𝑐2𝜃 𝑑𝜃 e modificando os limites de integração Para 𝑥 0 𝜃 0 Para 𝑥 04 𝜃 5313 Temos 03 033 03 𝑠𝑒𝑐2𝜃 𝑑𝜃 1 𝑡𝑔2𝜃 3 5313 0 1 03 𝑐𝑜𝑠𝜃 5313 0 𝑑𝜃 1 03 𝑠𝑒𝑛𝜃0 5313 267 𝑁 Portanto nossa equação fica 𝐹 045 133 𝑖 267 𝑗 𝑁 𝐹 06 𝑖 12 𝑗 𝑁 Então a intensidade da força será 𝐹 062 122 𝐹 134 𝑁 Exercício 9 Na figura abaixo no vácuo temos uma barra de comprimento 𝐿 60 𝑚 com densidade linear de carga elétrica dada por 𝜆 10 𝜇𝐶𝑚 Além disso temos 13 perpendicularmente a uma distância a do ponto mais longínquo da barra uma carga elétrica 𝑞 40 𝑚𝐶 Sabendo que a distância a vale 𝑎 80 𝑚 calcule para a carga puntiforme a Monte a expressão da força eletrostática vetorial separada por eixo com devidos limites de integração b Resolva a integral em x c Resolva a integral em y d Calcule o módulo da força eletrostática e sua direção Resposta a Para a montagem da força é necessário utilizar a Equação 3 e determinar a distância em relação ao fio Onde 𝑑 𝑥2 𝑎2 𝑑 𝑎1 𝑥2 𝑎2 e 𝑟 𝑥𝑖 𝑎𝑗 14 Então 𝑑𝐹 𝑘0 𝑑𝑄 𝑞 𝑟 𝑑3 𝑑𝐹 𝑘0 𝜆 𝑑𝑥 𝑞 𝑟 𝑑3 𝑑𝐹 𝐹 0 9109 4103 1106 𝑥𝑖 𝑎𝑗𝑑𝑥 𝑑3 6 0 𝐹 9109 4103 1106 𝑥𝑖 𝑎3 1 𝑥2 𝑎2 3 𝑑𝑥 6 0 𝑎𝑗 𝑎3 1 𝑥2 𝑎2 3 𝑑𝑥 6 0 b Resolvendo somente a integral do eixo x 𝑥𝑖 𝑎3 1 𝑥2 𝑎2 3 𝑑𝑥 6 0 Aplicando substituição com 𝑢 1 𝑥2 𝑎2 𝑑𝑢 2𝑥 𝑎2 𝑑𝑥 e alterando os limites de integração Para 𝑥 0 𝑢 1 Para 𝑥 6 𝑢 15625 Temos 𝑎2 2 𝑖 𝑎3𝑢 3 𝑑𝑢 15625 1 𝑖 2𝑎 1 𝑢 3 2 𝑑𝑢 15625 1 𝑖 2𝑎 2 𝑢 1 15625 0025𝑖 c Resolvendo somente a integral do eixo y 𝑎𝑗 𝑎3 1 𝑥2 𝑎2 3 𝑑𝑥 6 0 Para este temos que realizar uma substituição trigonométrica com 𝑡𝑔2𝜃 𝑥2 𝑎2 𝑥 𝑎 𝑡𝑔𝜃 𝑑𝑥 𝑎 𝑠𝑒𝑐2𝜃𝑑𝜃 e alterando os limites de integração Para 𝑥 0 𝜃 0º Para 𝑥 6 𝜃 37º Temos 15 𝑎 𝑠𝑒𝑐2𝜃 𝑎 𝑗 𝑎3𝑠𝑒𝑐3𝜃 𝑑𝜃 37º 0º 𝑗 𝑎 1 𝑠𝑒𝑐𝜃 𝑑𝜃 37º 0º 𝑗 𝑎 𝑠𝑒𝑛𝜃0º 37º 0075𝑗 d Para resolver o módulo 𝐹 36 0025𝑖 0075𝑗 𝐹 09𝑖 27𝑗 𝐹 285 𝑁 e Para calcular a direção de movimento basta realizar o arco tangente 𝑡𝑔 𝜃 𝐹𝑗 𝐹𝑖 𝜃 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 27 09 𝜃 72º Exercício 10 Num experimento de laboratório temos um disco metálico de raio 𝑟 300 𝑐𝑚 girando com densidade de carga 𝜎 40 9𝜋 𝜇𝐶𝑚2 A carga elétrica do disco em movimento aplica uma força de repulsão na bolinha de platina para cima e a mantém suspensa a 400 cm de altura em relação ao disco Dado carga elétrica da bolinha de platina 𝑞 500 𝜇𝐶 Calcule a Monte a expressão da Força Eletrostática vetorial que atua na bolinha com os devidos limites de integração b Calcule a força vetorial vertical que atua na bolinha mantendoa suspensa em equilíbrio c Adote 𝑔 100 𝑚𝑠2 e calcule a massa da bolinha suspensa Resposta a A resolução deste problema é dada a partir da percepção de que a geometria é um círculo portanto superficial e sua carga fica 16 𝑄 𝜎 𝑆 𝑑𝑄 𝜎 𝑑𝑆 O elemento genérico de área é 𝑑𝑆 𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜃 para círculo foi escolhido conforme ilustra a figura sob incidência de raio genérico r contido entre 00 𝑟 03 𝑚 perfazendo um ângulo genérico 𝜃 contido entre 0 𝜃 360 Onde 𝑑 𝑟2 042 𝑑 016 𝑟2 e 𝑟 𝑥𝑖 𝑦𝑗 04𝑘 E por simetria podemos considerar 𝑥𝑖 𝑦𝑗 0 𝑑𝐹 𝑘0 𝑑𝑄 𝑞 𝑟 𝑑3 𝑑𝐹 𝑘0 𝜎 𝑑𝑆 𝑞 𝑟 𝑑3 𝑑𝐹 𝐹 0 9109 500106 40 9𝜋 106 04𝑘 𝑟2 016 3 03 0 2𝜋𝑟𝑑𝑟 𝐹 109 500106 40 106 04𝑘 2𝑟𝑑𝑟 𝑟2 016 3 03 0 𝐹 8𝑘 2𝑟 𝑟2 016 3 𝑑𝑟 03 0 b Basta resolver a integral determinada no item anterior 𝐹 8𝑘 2𝑟 𝑟2 016 3 𝑑𝑟 03 0 Aplique o método da substituição com 𝑢 𝑟2 016 𝑑𝑢 2𝑟𝑑𝑟 E substituindo os limites de integração 17 Para 𝑟 0 𝑢 016 Para 𝑟 03 𝑢 025 Temos 𝐹 8𝑘 1 𝑢 3 𝑑𝑢 025 016 𝐹 8𝑘 2 𝑢 025 016 𝐹 8𝑘 𝑁 c Neste item é necessário igualar a força eletrostática com a força peso ambas em módulo para poder obter a massa da bolinha Portanto 𝐹 𝑃 8 𝑚 𝑔 𝑚 8 10 𝑚 08 𝑘𝑔 800 𝑔