Tópico 2 – Campo elétrico23 Tópico 2 Considere as af irmativas a seguir: I. A direção do vetor campo elétrico, em determinado ponto do espaço, coincide sempre com a direção da força que atua sobre uma carga de prova colocada no mesmo ponto. II. Cargas negativas, colocadas em um campo elétrico, tenderão a se mover em sentido contrário ao do campo. III. A intensidade do campo elétrico criado por uma carga pontual é, em cada ponto, diretamente proporcional ao quadrado da carga que o criou e inversamente proporcional à distância do ponto à carga. IV. A intensidade do campo elétrico pode ser expressa em newton/ coulomb. São verdadeiras: a) somente I e II; b) somente III e IV; c) somente I, II e IV; d) todas; e) nenhuma. Resolução: I. Verdadeira A direção da força e do campo elétrico são iguais. O sentido é que pode ser diferente. II. Verdadeira Em cargas de prova negativas, a força elétrica e o campo elétrico possuem a mesma direção e sentidos opostos. lll. Falsa |Q| E=K 2 d IV. Verdadeira F = |q| · E E= F |q| No SI, a unidade de E pode ser N/C. Resposta: c A F A q EA 1 Q q' B F’ EB Determine os sinais de Q, q e q’. Resolução: A carga geradora de campo em A e B é positiva, pois os vetores EA e EB são de “afastamento” em relação a ela. A carga q é negativa, pois EA e F apresentam sentidos opostos. A carga q’ é positiva, pois EB e F’ têm o mesmo sentido. Assim, Q > 0, q < 0 e q’ > 0 Resposta: Q > 0, q < 0 e q’ > 0 4 No ponto A da f igura, existe um campo elétrico orientado para o ponto C. Se for colocada, nesse ponto, uma carga elétrica negativa –q, ela f icará sujeita a uma força orientada para: B A C a) b) c) d) B; C; cima, perpendicular ao segmento BC; baixo, perpendicular ao segmento BC. Resolução: EA C (PUC-RJ) Uma carga positiva encontra-se numa região do espaço onde há um campo elétrico dirigido verticalmente para cima. Podemos af irmar que a força elétrica sobre ela é: a) para cima. b) para baixo. c) horizontal para a direita. d) horizontal para a esquerda. e) nula. Resolução: Em cargas positivas, posicionadas em um campo elétrico, a força elétrica que aparece sobre ela tem a mesma direção e o mesmo sentido do vetor campo elétrico resultante no local. Resposta: a A figura a seguir representa os vetores campo elétrico EA e EB , gerados nos pontos A e B por uma partícula eletrizada com carga Q, e as forças elétricas F e F’ que Q exerce nas cargas de prova q e q’ colocadas nesses pontos. 3 2 Uma carga negativa posicionada em A f icará sujeita a uma força de sentido oposto à orientação do vetor campo elétrico. Assim, a força estará orientada para B. Resposta: a 5 Em determinado local do espaço, existe um campo elétrico de intensidade E = 4 · 103 N/C. Colocando-se aí uma partícula eletrizada com carga elétrica q = 2 μC, qual a intensidade da força que agirá sobre ela? Resolução: F = |q| E F = 2 · 10–6 · 4 · 103 (N) F = 8 · 10–3 N Resposta: 8 · 10–3 N 24 PARTE I – ELETROSTÁTICA 6 uma carga pontual Q de –8,0 μC, em um ponto A situado a 6,0 cm dessa carga. O meio é o vácuo, cuja constante eletrostática é igual a 9,0 109 N m2 C–2. Resolução: A intensidade do campo elétrico criado por uma partícula eletrizada é determinada pela relação: |Q| E=K 2 d Para o ponto A, temos d = 6,0 cm = 6,0 · 10–2 m. Assim: 8,0 · 10–6 EA = 9,0 · 109 · (6,0 · 10–2)2 EA = 2,0 ·107 N/C Observação: Para o cálculo da intensidade do vetor campo elétrico, usamos o módulo da carga fonte do campo. Assim, se a carga Q fosse igual a + 8,0 µC, o resultado seria igual ao encontrado. Os pontos de uma determinada região do espaço estão sob a influência única de uma carga positiva pontual Q. Sabe-se que em um ponto A, distante 2 m da carga Q, a intensidade do campo elétrico é igual a 1,8 · 104 N/C. Determine: a) o valor da carga elétrica Q; b) a intensidade do campo elétrico num ponto B, situado a 30 cm da carga fonte Q. Dado: constante eletrostática do meio = 9 · 109 N m2/C2 Resolução: |Q| a) E = K 2 d 7 E.R. Determine a intensidade do campo elétrico criado por b) E = K |Q| d2 6,0 · 106 = 9 · 109 Q = –6,0 · 10–5 C Q = –60 μC |Q| (0,30)2 Observe que a carga Q atrai uma carga positiva (+3,0 μC). Assim, Q é negativa. Respostas: a) 6,0 · 106 N/C; b) –60 μC 9 (UFRN) Uma das aplicações tecnológicas modernas da eletrostática foi a invenção da impressora a jato de tinta. Esse tipo de impressora utiliza pequenas gotas de tinta que podem ser eletricamente neutras ou eletrizadas positiva ou negativamente. Essas gotas são jogadas entre as placas defletoras da impressora, região onde existe um campo elétrico uniforme E , atingindo, então, o papel para formar as letras. A f igura a seguir mostra três gotas de tinta, que são lançadas para baixo, a partir do emissor. Após atravessar a região entre as placas, essas gotas vão impregnar o papel. (O campo elétrico uniforme está representado por apenas uma linha de força.) Emissor de gotas E Placa Placa Papel (1) (2) (3) |Q| 1,8 · 104 = 9 · 109 2 2 |Q| = 8 · 10–6 C Q = + 8 μC b) E = K |Q| d2 8 · 10–6 EB = 9 · 109 · (0,30)2 9 · 8 · 103 EB = 9 · 10–2 EB = 8 · 105 N/C Pelos desvios sofridos, pode-se dizer que a gota 1, a 2 e a 3 estão, respectivamente: a) carregada negativamente, neutra e carregada positivamente; b) neutra, carregada positivamente e carregada negativamente; c) carregada positivamente, neutra e carregada negativamente; d) carregada positivamente, carregada negativamente e neutra. Resolução: F =q E Se q(+), temos F e E com mesma direção e sentido. Se q(–), temos F e E com mesma direção e sentidos opostos. Assim: E Respostas: a) +8 μC; b) 8 ·105 N/C Uma carga puntiforme de +3,0 μC é colocada em um ponto P de um campo elétrico gerado por uma partícula eletrizada com carga desconhecida Q, f icando sujeita a uma força de atração de módulo 18 N. Sabendo que o meio é o vácuo (K0 = 9,0 · 109 N m2 C–2), determine: a) a intensidade do campo elétrico no ponto P; b) a carga fonte Q. Note que o ponto P está a 30 cm dessa carga. Resolução: a) F = |q| E 18 = 3 · 10–6 · E E = 6,0 · 10 N/C 6 8 F Gota eletricamente negativa F Gota eletricamente positiva Gota neutra Resposta: a Tópico 2 – Campo elétrico 25 10 Duas cargas elétricas de módulos iguais, q, porém de sinais contrá- Resolução: d d rios, geram no ponto O um campo elétrico resultante E . Qual o vetor que melhor representa esse campo elétrico? – + E1 + E2 E3 E4 q O E5 1 – q Resolução: q + 0 E(+) 2 E(–) E5 Resposta: c 12 (Vunesp-SP) A f igura mostra a conf iguração de quatro cargas q – elétricas puntiformes: q1, q2, q3 e q4. No ponto P indicado, o campo elétrico tem a seguinte orientação: q1 = 1,0 · 10–6 C q2 = 1,0 · 10–6 C Resposta: E 5 11 (UFV-MG) Duas cargas, de sinais opostos e de mesmo módulo, estão dispostas próximas uma da outra, conforme representado na f igura abaixo. P d – d + q3 = 1,0 · 10–6 C q4 = 1,0 · 10–6 C 1 2 a) b) c) d) e) horizontal, da esquerda para a direita. horizontal, da direita para a esquerda. vertical, de baixo para cima. vertical, de cima para baixo. nenhuma, pois o campo é nulo. O par de vetores que representa o campo elétrico resultante nos pontos 1 e 2 é: a) 1 Resolução: Em P, temos os vetores campo elétrico representados por: q1 q2 c) 1 e) 1 E4 E3 P 2 2 2 E2 b) 1 d) 1 E1 q3 q4 2 2 como E 1 + E 3 = O Q2 0 e q 0. E p é horizontal.4 · 10–5 N/C. a) 5.R. Resposta: b 13 (Unifoa-RJ) Uma carga puntiforme positiva Q = 18 · 10–6 C dista 1 Q2 – 10 cm 20 cm Q1 + Dadas as alternativas abaixo. temos o seguinte esquema para representar a situação indicada: Q1 + E2 P E1 Q2 + A Observemos que E1 + E2 = 0 . temos: E1 P E2 Decompondo o vetor campo E . colocada em A. Decompondo a força F . Resolução: a) A intensidade do campo eletrostático criado por uma carga pontual é determinada por: E=K |Q| d2 E = E2 – E1 E = (72 · 105 – 18 · 105) N/C E = 54 · 105 N/C Resposta: d 14 (Fesp-SP) Considere a f igura abaixo. situado a meia distância entre elas.5)2 E1 = E2 = 9 · 105 N/C b) Uma vez que as cargas são positivas. Q2 0 e q 0. b) Q1 0. Resolução: Cálculo de |E 1|: |Q1| E1 = K 2 d 18 · 10–6 E1 = 9 · 109 · (0. F é a força elétrica na carga de prova q. notamos que a carga Q1 é positiva ( E1 tem sentido de “afastamento”) e Q2 é negativa (E 2 tem sentido de “aproximação”). b) a força resultante que age numa carga de prova de +2. Assim.0 μC colocada em P. Não havendo influência de outras cargas. b) 6. indique a correta: a) Q1 0. Resolução: F F2 E1 q F1 E2 Q2 Q1 no vácuo 20 cm de outra Q2 = – 8 · 10–6 C conforme figura abaixo. d) 54 · 105 N/C. Resposta: d 15 E. Q2 0 e q 0. F Q1 q Como as cargas são iguais e a distância d de cada carga ao ponto é a mesma.0 · 10–4 N/C. pois está sendo atraída por Q1 (positiva) e repelida por Q2 (negativa).26 temos: PARTE I – ELETROSTÁTICA E4 Ep E2 P Assim. Q2 0 e q 0. e) Q1 0. no vácuo. notamos que a carga q é negativa. onde E é o vetor campo elétrico resultante em A. as intensidades E1 e E2 dos campos gerados por elas são iguais: –6 E1 = E2 = 9 · 109 · 25 · 10 (0. gerado pelas cargas f ixas Q1 e Q2. em P.1)2 E2 = 72 · 105 N/C Assim .30)2 E1 = 18 · 105 N/C Cálculo de |E 2|: |Q2| E2 = K 2 d 8 · 10–6 E2 = 9 · 109 · (0. P E Dado: K0 = 9 · 109 Nm2/C2 A intensidade do campo elétrico E criado por estas duas cargas no ponto P vale: c) 18 · 105 N/C. temos: Q2 F =0 E . e) 72 · 105 N/C. Duas partículas eletrizadas com cargas iguais a +25 μC estão colocadas a 1. d) Q1 0. c) Q1 0. onde a constante eletrostática vale 9 · 109 unidades do Sistema Internacional.0 m uma da outra. orientado da direita para a esquerda. determine: a) a intensidade do campo eletrostático que cada carga cria no ponto P. lembrando que F = q E . Q2 0 e q 0. Resolução: Linhas saindo indicam que a carga é positiva e linhas chegando indicam que a carga é negativa. a e b. afastadas a 1 2 uma distância d. e) 7. b) b. c) 5. c e d. O campo elétrico resultante criado por essas cargas será nulo na posição: a) 3. III. Respostas: a) q1 (positiva). f e g. gerado por cargas pontuais em repouso. podemos af irmar que: a) a. f e g são negativas.Tópico 2 – Campo elétrico 27 16 (PUC-RS) Duas cargas elétricas de valores + Q e + 4Q estão f ixas nas posições 3 e 12 sobre um eixo. o campo elétrico. c e d são positivas. Assim: a(+) c(+) f(–) b(–) d(+) g(–) Resposta: d 20 (Fuvest-SP) Duas pequenas esferas. q2(negativa). E . P Situação I . E . Resolução: a) q1 ⇒ positiva q2 ⇒ negativa b) Não. do valor da carga e do meio que a envolve. e a conf iguração das linhas de força para o campo elétrico correspondente a cada par: x=6m a b c d Resolução: I. c) III. e) c. Falsa. o campo criado por uma só carga é um campo de forças atrativas ou repulsivas. f e g são negativas. responda: a) Quais os sinais das cargas q1 e q2? b) A força eletrostática entre as cargas é de repulsão? Justif ique. como indica a f igura. Resolução: 0 3 +Q (x – 3) E(+4Q) P E(+Q) (12 – x) 12 +4Q x(m) q1 q2 Observando a f igura acima. II. c e d são positivas. Falsa. d) a. Resposta: b f g Com relação aos sinais das cargas. +Q + 4Q 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 x (m) 18 (UFRRJ) A f igura abaixo mostra duas cargas q e q . com cargas elétricas iguais. é de atração. apresenta as seguintes características: I. O chamado campo eletrostático. Está correto o contido apenas em: a) I. pois as cargas q1 e q2 possuem sinais opostos. d) 6. pois só depende da posição do ponto em relação à carga criadora. d. é uma grandeza posicional. é igual à soma algébrica dos campos criados por cada uma das cargas. e as linhas de campo do campo eletrostático criado. 19 (Vunesp-FMJ-SP) A região do espaço onde se manifesta uma propriedade física designa-se por campo. e) II e III. O campo eletrostático E é uma grandeza posicional e depende da posição do ponto em relação à carga criadora. O campo elétrico E é a soma vetorial dos campos criados por cada uma das n cargas. III. |Q| |E|=K 2 d II. b) atração. d) I e II. são inicialmente colocadas como descrito na situação I. Verdadeira. E(+4Q) = E(+Q) K Q 4Q =K (x – 3)2 (12 – x)2 4(x – 3)2 = (12 – x)2 2(x – 3)2 = (12 – x) 2x – 6 = 12 – x 3x = 18 ⇒ Resposta: d 17 (Ufes) As f iguras abaixo mostram 3 (três) pares de cargas. b) II. c) b. f e g são positivas. criado por uma distribuição de n cargas pontuais. ligadas por uma barra isolante. b) 4. determine: a) a intensidade do vetor campo resultante E . como na situação II. onde uma partícula eletrizada com carga q qualquer f icaria em repouso. são f ixadas Duas cargas elétricas. se lá fosse colocada. b) direções diferentes e mesma intensidade. aproxima-se de uma das esferas de P. um campo elétrico resultante E . no plano que contém o centro das duas esferas. longe da ação de outras cargas elétricas. Resolução: q1 duas partículas eletrizadas. Assim: Ep = Ec 2 Qq K = mv 2 d 1 · 10–6 · 2 · 10–6 20 · 10–9 · (200)2 9 · 109 = d 2 d = 45 m Atenção que: m = 20 μg = 20 · 10–6g = 20 · 10–9 kg Resposta: a 21 (Uesb-BA) q1 a) b) c) vetor nulo Resolução: d) e) y –q D +q EC EA O EB C B +q A –q ED EX x q2 E P Decompondo esses vetores segundo os eixos x e y. b) a força a que uma carga de + 2. sendo duas positivas e duas negativas. Sabendo que as cargas das partículas são Q1 = –9. conforme a f igura abaixo. se fosse colocada no ponto referido no item anterior. d) direções diferentes e maior intensidade em I. no ponto O. e) direções diferentes e maior intensidade em II. e) q1 0 e q2 0. Situação II O campo elétrico em P.0 nC. a) q1 = q2. no ponto P. Indique a opção que pode representar o campo elétrico resultante.0 · 109 N m2/C2 Resolução: 10 cm M 10 cm – Q2 q2 E2 E1 – Q1 E1 E2 . No eixo x a resultante é diferente de zero.28 PARTE I – ELETROSTÁTICA Em seguida.0 μC ficaria sujeita. criam. todas de mesmo valor. nas duas situações indicadas: a) mesma direção e intensidade. estão f ixadas em um semicírculo. Resolução: A menor distância entre as cargas será atingida quando toda a energia existente no sistema for potencial. notamos que no eixo y a resultante é nula. Q1 e Q2. Nessas condições. q. num ponto colocado a meio caminho entre as cargas. é correto af irmar: d) q1 0 e q2 0. Resposta: a 23 No vácuo. entre as cargas. c) o ponto. q1 e q2. b) |q1| |q2|. no plano xy. ao mesmo tempo que se duplica a distância entre a outra esfera e P. c) mesma direção e maior intensidade em I. P E1 de “afastamento” em relação à carga q1 ⇒ q1 > 0 E2 de “aproximação” em relação à carga q2 ⇒ q2 < 0 Resposta: c 22 (UFC-CE) Quatro cargas. possui. a 20 cm uma da outra. Dado: constante eletrostática do meio K0 = 9. reduzindo-se à metade sua distância até esse ponto. produzido por essas cargas.0 nC e Q2 = – 4. c) q1 0 e q2 0. 0 · 10–9 – 4.0 μC E2 = (2.0 · 10–9 10–2 9 25 (Mack-SP) y (cm) 20 A C EM = 4. q = 1. c) 50 · 105 N/C.0 cm de Q2 24 Duas partículas com cargas Q e Q estão fixas nas posições indi1 2 cadas na f igura.0x = 3.0 · 10–9) (0.0x 5.0 nC 2 2 B 0 40 x (cm) No vácuo (K0 = 9 · 109 N m2/C2).0 (0.5 · 103 F = 9.6 · 10 N/C EM = K Como: F = |q| E m a = |q| EM Então: 1. Resolução: y (cm) 20 EB E A C EA B 0 40 x (cm) Pelo teorema de Pitágoras: E2 = E2 + E2 A B 2 |QA| 2 |Q | E2 = K 2 + K 2B dA dB E2 = 9 · 109 · 48 · 10–6 (0.20)2 2 + Q1 = 2. b) 55 · 10 N/C.20 – x)2 9. o campo elétrico resultante seja nulo. 5 e) 40 · 105 N/C.60 ⇒ x = 0.20 – x) 2.0 m uma da outra.0x = 0.5 · 103 N/C b) F = |q| E F = 2.0 μC – Q2 = – 2.0 · 103 N.0)2 4 EM = 3. nesse ponto.60 – 3.12 m = 12 cm (12 cm de Q1) Respostas: a) 4.0 · 10–9 = 2 x (0. é abandonada a meia distância entre Q1 e Q2.8 · 10–6 kg.10) EM = 9 · 109 · 5. localizado na mediatriz do segmento que une as cargas QA e QB.0 · 10–6 9 EM = 2 · 9 · 10 · (1. são f ixadas duas cargas puntiformes QA = 3.7 · 106)2 + (3.0 nC e massa igual a 1.40)2 2 + 9 · 109 · 16 · 10–6 (0.6 · 104 a = 20 m/s2 Resposta: 20 m/s2 9.0x = 9.20 – x) ⇒ 2. b) 9. respectivamente nos pontos A e B representados acima. Observando a f igura. distantes 2.0 · 10–9 4.2 μC e QB = 2.6 · 106)2 E2 = 7. colocam-se as cargas QA = 48 · 10–6 C e QB = 16 · 10–6 C. c) 12 cm de Q1 e 8.0 (0.29 · 1012 + 12. com carga igual a 1. Uma terceira partícula.0 · 10–9 · 3. Em um meio onde a constante eletrostática vale Sendo 9 · 109 N m2/C2 a constante eletrostática do meio.0 · 10–6 · 4.25 · 1012 E = 45 · 105 N/C Resposta: d 26 E.5 · 10–3 N/C.Tópico 2 – Campo elétrico 29 a) EM = E1 + E2 |Q1| |Q2| EM = K 2 + K 2 d d EM = 9 · 10 2 (9.0x = 0.0 · 10–3 N c) A condição é que.4 μC. P 52 cm A + M 30 cm 30 cm B + . calcule a aceleração inicial da terceira partícula.96 · 1012 E2 = 20. a) 60 · 105 N/C. |Q | |Q2| E1 = E2 ⇒ K 21 = K x (0.20 – x)2 4.0 · 109 N m2 C–2.8 · 10–6 · a = 1. Resolução: EM = E1 + E2 |Q1| |Q2| 2 +K d1 d2 2 2.R. determine a intensidade do campo elétrico resultante no ponto P. O campo elétrico no ponto C tem módulo igual a: d) 45 · 105 N/C. Como as cargas QA e QB são positivas.0 · 104 N/C (0.0 · 104 N/C EB = 9. aplicamos a Relação de Pitágoras ao triângulo retângulo AMP: (AM)2 + (MP)2 = (AP)2 302 + 522 = (AP)2 ⇒ AP 60 cm Assim. o campo elétrico criado por elas no ponto P é representado da seguinte forma: EP Dentre as alternativas abaixo.30 PARTE I – ELETROSTÁTICA Resolução: Inicialmente.0 · 104)2 + (6. campo de “afastamento”. localizado no eixo perpendicular ao plano do anel e que passa pelo seu centro: a) E P d) P E EB 60° EA P 60° b) P e) E E P 60 cm 60 cm QA + 60° M 60° + QB c) P E Vamos calcular. aplicando a expressão do campo elétrico: |Q| E=K 2 d –6 9 3. onde cada lado mede 60 cm. o triângulo ABP pode ser considerado equilátero.0 · 10 · ⇒ EA = 8. os módulos de EA e EB .0 · 104)2 + 2(8. indique aquela que representa o vetor campo elétrico resultante E no ponto P.4 · 10–6 ⇒ EB = 6. em P. As distâncias de cada porção Δq de carga até o ponto P é a mesma. Assim.0 · 104) · (6. a resultante E terá direção vertical e sentido para cima.2 · 10 EA = 9. P E P R +q Resposta: e . temos: α = 60° e cos α = 1 .0 · 104) 1 2 E2P = 64 · 108 + 36 · 108 + 48 · 108 E2P = 148 · 108 ⇒ EP 1.60)2 Para obter o módulo de EP . 2 Assim: E2P = (8.0 · 109 · (0. temos inf initos vetores campo elétrico: E2 E1 P Devido à simetria na distribuição desses vetores.2 · 105 N/C Resolução: A carga + q gera. agora. devemos usar a Lei dos Cossenos: E2P = E2A + E2B + 2 EA EB cos α Uma vez que o triângulo ABP é equilátero. 27 (Olimpíada Brasileira de Física) Uma carga positiva + q distri- bui-se uniformemente ao longo de um anel não-condutor de raio R (ver f igura).60)2 2. em P. b) 5. no ponto O. de E para B. o campo elétrico resultante vale: Eres = EB + EE = 2 E0 Sendo: |Q| E0 = K 2 d 5. o módulo e o sentido do vetor campo elétrico resultante são. d) 1. campo elétrico de “aproximação”. queremos que EA = 0: Mas: Eq EA = Eq + Eq + EQ 2 1 2 ED Eq sen 30° 2 Eq sen 30° 1 Eq EF O EB EE 1 F – – C EC EA 30° Eq cos 30° 2 30° Eq cos 30° 1 EA + ED = 0 Assim: EQ = Eq sen 30° + Eq sen 30° 1 2 EQ = 2 Eq sen 30° 1 Como: E = k Q2 d Vem: q K Q =2K 2 · 1 y2 L 2 Q= q y2 L2 8 · 10–6 = 2 · 10–6 y2 32 y2 = 36 y = 6 cm Resposta: 6 cm + + EQ EC + EF = 0 E D Assim.0 · 106 N/C. de B para E. Resposta: e 30 (PUC-SP) Em cada um dos vértices de uma caixa cúbica de aresta 29 (PUC-SP) Seis cargas elétricas puntiformes encontram-se no vá- cuo fixas nos vértices de um hexágono de lado l.0 · 106 N/C. em centímetros? Q Y A L 30° L 30° Dados: constante eletrostática do vácuo = k0 = 9.0 · 106 N/C.0 · 109 (3.0 · 10–1)2 Observe que: d = = 3. respectivamente: a) 5. |Q|. em O. e) 1. Deseja-se colocar uma outra carga Q = 8 μC. e seus sinais estão indicados na f igura. = 3. de B para E.0 · 101 cm = 3. de A para D.0 · 106 (N/C) Eres = 1.0 · 10–5 E0 = 9.0 · 107 N/C. de E para B.0 · 10–1 m Assim: E0 = 5. temos: q1 q2 A + B – Resolução: Em A.0 · 106 (N/C) Portanto: Eres = 2 · 5. c) 5. |Q| = 5.Tópico 2 – Campo elétrico 31 28 (UFPE) A f igura mostra um triângulo isósceles. a uma distância Y verticalmente acima do vértice A.0 · 10–5 C. No centro do hexágono.0 ·109 N · m2/C2. campo elétrico de “afastamento”. e cargas negativas. Nos vértices da base temos cargas pontuais q1 = q2 = 2 μC. de lado L = 3 cm e ângulo de base 30°.0 · 101 cm. Resolução: Como cargas positivas geram.0 · 107 N/C O sentido de Eres é de E para B. de modo que o campo elétrico total em A seja igual a zero.0 · 107 N/C. As cargas têm mesmo módulo. Qual o valor de Y. A + B – foram f ixadas cargas elétricas de módulo q cujos sinais estão indicados na f igura: q – q q – F – O – C q + – q – q q + + E + D q – + . 0 · 103 N/C EB = K |QB| 9.0 · 1010 · (3.6 · 10–6 ⇒ EB = 1.0 · 103 N/C E2 = E2 · E2 C A B E2 = (8. colocada no ponto de encontro das diagonais da caixa cúbica é: a) b) c) 4k q2 . R Na f igura.0 μC. Considere a carga do elétron igual a 1. a direção do vetor campo elétrico resultante é a mesma da reta AB.32 PARTE I – ELETROSTÁTICA Sendo K a constante eletrostática do meio. onde encontramos os dados complementares: C A P B a) Qual a direção do campo elétrico num ponto R sobre a mediatriz do segmento AB? b) Qual o valor do campo elétrico em P? Resolução: a) Representando os vetores campo elétrico em R.0 · 106 elétrons são retirados da esfera A e transferidos para a esfera B. com cargas QA = – 7.2 μC e QB = – 9.0)2 dA EA = 8.0 · 104 N/C + – (8) q + (4) b) F = |q| E F = 2. numa carga de prova de +2. notamos que as cargas 1 e 2.0 · 1010 (Sl) Resolução: |Q | 7. b) o módulo da força resultante. condutoras.0 m + A F – B QA – A – B QB Portanto.0 · 10–2 N 32 (Fuvest-SP) Há duas pequenas esferas A e B. . em R. . 7 e 8 produzem campo resultante nulo no ponto de encontro das diagonais do cubo. Determine: a) a intensidade do campo elétrico resultante no ponto C. temos: q (5) – q (3) (7) q – q E q – (1) EB = 6.0 · 10–2 N q (2) – q + (6) Respostas: a) 1.6 · 10–6 C. temos: EA R ER F = 16 · k 3 q2 2 EB 3. 3 2 8k q2 .0)2 dB 4k q2 2 Resolução: Nominando as cargas.0 · 1010 · 2 (4.0 · 103)2 C EC = 1.0 · 10–6 · 1. A situação descrita é representada na f igura a seguir. Cerca de 5.0 · 104 F = 2. Observe que EA = EB. 3 e 4. Assim: EE = E5 + E6 |q| EE = 2 k 2 x Mas x é metade da diagonal do cubo: x = 1 ( 3) 2 Portanto: 2 kq kq ⇒ EE = 8 · 2 EE = 3 3 2 2 e a força aplicada na carga 2q. 3 2 16k q2 . colocada em E. descarregadas e isoladas uma da outra. devida a esse campo. Seus centros estão distantes entre si de 20 cm.0 · 109 N m2/C2. A e B.0 m 4.0 · 103)2 + (6. o módulo da força elétrica que atua sobre uma carga. se esta fosse colocada no ponto C. vale: kq F = |2q| E ⇒ F = 2q · 8 · 2 ⇒ 3 Resposta: c 31 Nos vértices dos ângulos agudos de um triângulo retângulo são colocadas duas partículas eletrizadas. 3 2 d) e) 8k q2 2 . Apenas as cargas 5 e 6 produzem campo elétrico resultante não-nulo no encontro das diagonais. Dado: constante eletrostática do meio = 1.2 · 10–6 a) EA = K 2A ⇒ EA = 1.0 · 104 N/C.6 · 10–19 C e a constante eletrostática do meio igual a 9. b) 2. pontual de módulo 2q. No caso de ela ser negativa.0)2 A 9. 25 16 c) 4E e 5E .0 cm B EB –Q Na representação a carga q foi considerada positiva.0) e (0.0 cm –Q (4) d E4 d E1 E2 O E3 d (3) d (2) Q x q 4. c) (2 – 2) d2 k Q d) 2 0 .d) do plano cartesiano. E3 e E4 .0)2 + (4. temos: y 2E O x 2E Eres Por Pitágoras.0)2 = 9. Estando essas cargas no vácuo (constante dielétrica = k0).10) EA = EB = 0.0 cm x 3. E2 . coloca-se uma carga elétrica puntiforme Q.6 · 10 EA = EB = 9 · 10 · 2 (0. representados pelos vetores E1 . a intensidade do vetor campo elétrico na origem do sistema cartesiano será igual a: k Q a) 2 2 0 2 .0)2 25 E = K |q| Em B: EB = K |q| |q| ⇒ EB = K d2 (4. b) 1.0 + 16 = 25 x = 5.Tópico 2 – Campo elétrico 33 b) EA = EB = K |n e| |Q| =K 2 2 d d 6 –19 9 5. vem: E2 = (2E)2 + (2E)2 res E2 = 2 · (2E)2 res Eres = 2 2 E Eres = 2 2 k0 Q2 d Resposta: a 16 EB = K |q| 16 EB = 25 E ⇒ .44 N/C EP = 1.0 cm e 4.72 ⇒ EP = 1. 9 16 b) 4E e 3E . o módulo do campo elétrico é: a) E e E . Uma carga elétrica q colocada em um dos vértices do retângulo gera no vértice mais distante um campo elétrico de módulo E. EA e EB seriam invertidos.0 cm A C d) 5E e 5E .0 EA = 25E EA = 25E 9 Resposta: e 34 (Mack-SP) Em cada um dos pontos de coordenadas (d.4 N/C 33 (Ufal) Considere um retângulo de lados 3. Cálculo de x: x2 = (3. d k0 Q .0)2 B EB = 25E 16 Na origem O do sistema cartesiano. d k Q e) 5 0 .4 N/C Em A: EA = K |q| |q| ⇒ EA = K d2 (3.0 · 10 · 1.– d) coloca-se uma carga puntiforme – Q. d Resolução: O descrito no texto e os respectivos campos elétricos. Nos outros dois vértices. 4 3 e) 25E e 25E .0 cm. e em cada um dos pontos de coordenadas (– d. estão indicados na f igura a seguir: Q y (1) 3.0 cm Em C: |q| |q| E=K 2 ⇒ E=K d (5. 3 3 Resolução: EA E 4.0) e Respostas: a) A direção é a mesma da reta AB.0 EA = K |q| ⇒ 9. d k Q b) (2 + 2) 0 2 .72 N/C Portanto: EP = EA + EB = 0. Os módulos desses vetores não mudariam.72 + 0. os sentidos de E . 9 16 (0. 28 μC + 6.5 µC/m2 b) Se o f io for de material condutor. sabendo que seu raio é igual a 50. c) Se o f io for de material isolante.80 m2.7 μC 37 Determine o número de elétrons que deve ser retirado de um condutor.0 · 109 N · m C2 .6 · 10–19 6. assumindo uma conf iguração conforme representação abaixo. sabendo-se que a superfície externa. A carga induzida na esfera maior estará distribuída pela sua superfície externa.04 m2 m Com base nessas informações. Resolução: a) Falsa. – – – – – – – – – – – – – – – – – – 36 Uma esfera condutora possui uma densidade superf icial de cargas uniforme de –5. Se o f io condutor. d) Se o fio for de material condutor. é eletrizada com uma carga de +6.50 m está carregada com uma carga positiva e em equilíbrio eletrostático.14 · (0. haverá campo elétrico na região interna da casca esférica devido à carga – Q da bolinha. encontra-se presa por um f io no interior de uma f ina casca esférica condutora neutra.14 · 0.28 μC. porém induzirá uma carga total + Q na casca.200)2 m2 4 · 3. carregada com uma carga elétrica –Q.7 · 10–6 C Q = – 15.34 PARTE I – ELETROSTÁTICA 35 E. devido à carga –Q e à carga +Q (induzida na superf ície externa da esfera maior). Casca esférica 13 b) Verdadeira. + + –Q + + = +12. proporcionando um campo elétrico nulo na parte interna dessa esfera. tornando-se neutra e produzindo uma carga total – Q na casca esférica. o campo elétrico será também não-nulo. cuja área da superfície externa vale 0.0 · 1013 elétrons Resposta: n = 3. Dados para a resolução das questões 39 e 40: Uma esfera metálica de raio R = 0. devido às trocas de cargas entre a bolinha e a casca esférica.80 –6 n = 3. indique a alternativa que corresponde a uma situação física verdadeira. a bolinha trocará cargas elétricas com a casca esférica. Resolução: A densidade superf icial média de cargas é dada pela relação: =Q m A sendo que A é a área da superfície em que a carga elétrica Q está distribuída.00 μC/m2. porém não haverá campo elétrico na região externa à casca esférica neutra. Carga elementar: e = 1. tem área dada por A = 4π r2.14). haverá campo elétrico nas regiões interna e externa da casca esférica. havendo maior concentração próximo da esfera menor. Assim.R.28 μC = = m 4π (0. a qual ficará distribuída sobre a parte externa da casca.0 · 10 = 0.0 μC/m2. d) Falsa. Resposta: b –Q A bolinha encontra-se em uma posição não concêntrica com a casca esférica. c) Falsa. Determine a densidade superf icial média de cargas na superfície da esfera (adotar π = 3.0 cm. de modo que sua densidade superf icial de cargas seja 1. Resolução: Q =Q= m A 4 R2 Q –5 · 10–6 = 4 · 3. de raio igual a 20. para que sua densidade superf icial média de cargas seja igual a + 6. na parte externa. a bolinha não trocará cargas elétricas com a casca esférica condutora. A esfera encontra-se no vácuo.7 μC Resposta: –15. conforme representação a seguir.0 · 10 elétrons 38 (UFU-MG) Uma pequena bolinha de metal. + + + + + –Q + + + + + Resolução: Q · = A = nAe m n · 1. a) Se o fio for de material isolante. segue-se: + 6. No interior da esfera maior. Uma esfera metálica. 2 Dado: K0 = 9.14). Determine a carga existente nessa esfera. o campo elétrico será não-nulo devido à carga –Q da esfera menor e.0 cm (adote π = 3.6 · 10–19 C.5)2 Q = –15. em que r é o raio. para a esfera. conforme f igura abaixo. a carga –Q irá para a superf ície externa da esfera maior.0 · 10–6 C/m2. a qual f icará distribuída uniformemente sobre a parte externa da casca. b) a quantidade e a densidade de cargas são sempre menores. Resolução: Q Q = = m A 4 R2 Q 1. b) 9. como as partículas portadoras de carga elétrica se distribuem na superfície de um condutor. Quanto ao campo elétrico. em corte longitudinal.14 · 10–6 C.50 m) O ponto indicado na questão pertence à região interna da esfera. em relação ao restante da superfície. e) Em I. mas a densidade de cargas é sempre maior. a) 3. e) tão intenso nas proximidades quanto no seu interior. d) a quantidade de cargas é sempre menor. e suas cavidades internas se acham vazias. Assim. podemos dizer que este é: a) mais intenso nas proximidades dos centros das faces do cubo. Para que uma outra esfera metálica de raio 2R tenha a mesma densidade superf icial de cargas da primeira esfera.0 · 109 C. Resposta: c 44 (ENC-MEC) O poder das pontas é uma consequência da forma Resolução: Q = m A Assim: Q1 Q2 = A1 A2 Q2 Q 2 = 4 R 4π (2R)2 Q Q = 2 R2 4 R2 Q2 = 4Q Resposta: 4Q 42 A f igura mostra. . é necessário eletrizá-la com que carga? Resolução: O campo elétrico é mais intenso onde existir maior densidade de carga. em corte. Os objetos são ocos. em equilíbrio eletrostático. d) 9. c) a quantidade e a densidade de cargas são sempre iguais. 40 (PUC-MG) O campo elétrico para pontos que estejam a uma dis- tância de 30 cm do centro dessa esfera vale: c) 1.0 · 10–6 = 4 · 3. um objeto metálico oco eletrizado. totalmente fechados. d) de igual intensidade nas proximidades de qualquer parte do cubo. pode-se af irmar que. l ll lll Esfera A B C D E Cubo Pirâmide Em qual das regiões assinaladas há maior concentração de cargas? Em quais desses objetos o campo elétrico é nulo em qualquer ponto da cavidade interna? a) Apenas em I.14 · 105 N/C. Resposta: e 43 (Cefet-PR) Um cubo é feito de alumínio e está eletrizado e em equilíbrio eletrostático.0 · 10–6 C.0 · 10–6 N/C. nas pontas: a) a quantidade e a densidade de cargas são sempre maiores. nesse ponto: E=0 Resposta: d 41 Uma esfera metálica de raio R foi eletrizada com uma carga elétrica positiva Q.0 · 105 N/C. encontramos uma quantidade maior de cargas por unidade de área. Em um dado condutor carregado. Resolução: Nas pontas de um condutor eletrizado. Assim. onde o raio de curvatura é menor. b) Apenas em II. II e III. três objetos de formas geométricas diferentes. b) 1. feitos de material bom condutor. c) mais intenso nas proximidades dos vértices do cubo. mas a densidade de cargas é sempre menor.50)2 Q = 3. no ponto E temos concentração maior de cargas. Resolução: A concentração de cargas elétricas é maior onde o raio de curvatura do condutor for menor (poder das pontas). d) Apenas em II e III.14 · 10–6C Resposta: a c) 9. e) a quantidade de cargas é sempre maior. d) 0. Resposta: a 45 (UFRGS-RS) A f igura abaixo representa. Resolução: d (30 cm) < R (0.14 · (0.0 · 103 C.Tópico 2 – Campo elétrico 35 39 (PUC-MG) A esfera encontra-se carregada com uma carga elétri- ca de: a) 3. A superfície de cada um dos objetos está carregada com carga elétrica estática de mesmo valor Q. que se encontram em repouso. Isso acontece nas pontas (nos vértices). b) mais intenso nas proximidades dos centros das arestas do cubo. c) Apenas em I e II. 36 PARTE I – ELETROSTÁTICA Resolução: O campo elétrico é nulo nos pontos internos de um condutor eletrizado e em equilíbrio. 48 (AFA-RJ) Durante tempestade. e) diretamente proporcional à distância da carga de prova às cargas que criam o campo. estão corretas? I. b) serão atingidos pela descarga elétrica. emitindo-se ondas nessa faixa de frequência com intensidade muito maior. isso não é feito pelo alto custo. o vetor campo elétrico é perpendicular à superfície. . Correta Resposta: Todas 50 Num campo elétrico uniforme. Resolução: l. No caso de um condutor esférico. Viação Faraday Pode-se af irmar que os passageiros: a) não sofrerão dano físico em decorrência desse fato. b) a mesma em qualquer ponto do campo. independentemente de ele ser maciço ou oco. independentemente da sua forma. como sua fuselagem é metálica (bom condutor). Na superfície do condutor e nas suas vizinhanças. pois os pneus de borracha asseguram o isolamento elétrico do ônibus. referentes a um condutor ele- trado por Faraday. e) Bloqueio para chamadas de telefone celular em penitenciárias. d) inversamente proporcional ao quadrado da distância da carga de prova às cargas que criam o campo. pois a carga será homogeneamente distribuída na superfície interna do avião. blindando o seu interior e evitando que os passageiros sofram danos. um raio atinge um avião em voo. Correta ll. não causando danos aos passageiros. Resposta: e 46 (UFV-MG) Durante uma tempestade. Resolução: A carroceria metálica do ônibus atuará como a gaiola de Faraday. pois a carroceria metálica do ônibus atua como blindagem. III. A fuselagem atua como blindagem para o seu conteúdo. e) não serão atingidos. onde os “buracos” tivessem dimensões menores de 15 cm. o campo elétrico é nulo. a) Isolamento térmico do conteúdo de garrafas térmicas. um raio atinge um ônibus que trafega por uma rodovia. c) variável. Resposta: e trizado em equilíbrio eletrostático. uma carga de prova fica sujeita a uma força cuja intensidade é: a) nula. pois os ônibus interurbanos são obrigados a portar um pararraios em sua carroceria. não haveria a penetração de campos elétricos em seu interior. livre de influências de outros corpos. Resposta: d 47 (UFMT) Indique a aplicação tecnológica do conceito demons- Pode-se af irmar que a tripulação: a) não será atingida. Correta lll. Porém. d) Recobrimento com material isolante em cabos utilizados para transporte de energia elétrica. a intensidade do vetor campo elétrico em pontos externos é calculada considerando toda sua carga concentrada em seu centro. Resolução: Se uma penitenciária fosse envolvida por uma malha metálica. pois a carga será homogeneamente distribuída na superfície interna do ônibus. preferindo-se a utilização da interferência. na experiência conhecida como gaiola de Faraday. essas cargas irão se distribuir na superfície externa. b) será atingida em virtude de a fuselagem metálica ser boa condutora de eletricidade. em virtude de a carroceria metálica ser boa condutora de eletricidade. tornando-a blindada a ondas eletromagnéticas na faixa da telefonia móvel (da ordem de 1 800 mHz). Resolução: A descarga elétrica ocorrida irá eletrizar o avião. II. c) será parcialmente atingida. No entanto. Em todos os pontos do interior do condutor. na primeira metade do século XIX. pois a fuselagem metálica atua como blindagem. c) Isolamento elétrico promovido pela borracha dos pneus de veículos. Resposta: d 49 Quais das seguintes af irmações. b) Atração dos raios em tempestades por pararraios. pois aviões são obrigados a portar um pararraios em sua fuselagem. d) não sofrerão dano físico em decorrência desse fato. d) não sofrerá dano físico. c) serão parcialmente atingidos. σ2 é negativo e |σ1| |σ2|. inf initos.0 · 103 N/C.0 · 1010 unidades do SI.6 · 103 N/C. Dados: e = 1.0 · 109 N m2/C2. distantes. Assim: EA = 0 Ponto B: O ponto B é externo à esfera eletrizada e o módulo do vetor campo.5 · 1013 elétrons. c) σ1 é positivo.0 · 1010 · 4.Tópico 2 – Campo elétrico 37 Resolução: A principal característica de um CEU (campo elétrico uniforme) é que uma carga de prova está sujeita a uma força de mesma intensidade em qualquer ponto desse campo. O módulo EP é maior que o módulo EQ (EP EQ). de raio igual a 20 cm.60)2 EB = 1. σ2 é negativo e |σ1| |σ2|. σ2 é positivo e |σ1| |σ2|. e) σ1 é positivo.80 m Resposta: 0.64 R = 0.80 m 54 (UFPI) A f igura mostra dois planos de cargas. Resolução: σ1 σ2 P E1 E2 Q E1 E2 |Ep | = |E1 | + |E2 | |EQ | = |E2 | – |E1 | Para ocorrer o descrito.R. b) σ1 é negativo.0 · 1011 elétrons? Sabe-se que a constante eletrostática do meio vale 1. Os planos são paralelos e situados no vácuo. de densidades superf iciais uniformes.0 · 10 N/C 53 Que raio deve ter uma esfera condutora.6 · 10–19 R2 Resposta: a . respectivamente.0 · 1011 · 1. pois o raio da esfera é de 20 cm.6 · 10 EB = 9. 10 cm e 60 cm do centro do condutor. σ1 σ2 me de intensidade 3. Determine o módulo do vetor campo elétrico criado nos pontos A e B. Uma carga elétrica puntiforme de 1.6 · 10–19 C . quando recebe 4.0 · 10–5 · 3.6 · 10–19 C 5 13 –19 O campo elétrico de um plano de cargas infinito e de densidade super| | f icial σ tem seu módulo dado por E = σ .0 · 10–5 C.6 · 10 N 52 E. σ2 é positivo e |σ1| = |σ2|. colocada nessa região. d) σ1 é negativo.6 · 10–2 N P Q EP EQ Resposta: 3. σ1 e σ2.5 ·10 · 1. é dado por: |Q| e EB = K 2 ⇒ EB = K0 n 2 d d Portanto. o campo elétrico é dado pelos vetores EP e EQ. K0 = 9. sendo ε0 a permissividade 2ε0 elétrica do vácuo. recebe –2 2. mostrados na f igura. Dado: e = 1. σ2 é positivo e |σ1| |σ2|. respectivamente.6 · 103 (N) F = 3. devemos ter: |E2 | |E1 | Assim: |σ1| |σ2| e σ1 σ2 0 0 Resolução: |Q| E=K 2 R ne E=K 2 R 1. nesse ponto. Um condutor esférico. Resolução: Ponto A: O ponto A é interno ao condutor. tem-se: 2.0 · 103 = 1. sofrerá a ação de uma força de que intensidade? Resolução: F = |q| E F = 1. Nos pontos P e Q. para produzir nas vizinhanças de sua superfície externa um campo elétrico de intensidade 1. Por isso é correto afirmar que a situação mostrada na f igura só é possível se: a) σ1 é positivo.0 · 109 · (0. Resposta: b 51 Em certa região do espaço existe um campo elétrico unifor- R2 = 0. nesta ordem: elétron. de modo a equilibrar a força da gravidade.0 · 104 N/C. Resolução: Na condição de equilíbrio. Para conseguir isso.4 · 10–3 E= P = (N/C) |q| 4. o professor Ladeira observa que a gota cai com velocidade constante. orientado verticalmente para baixo. a partícula deve ser repelida pelas cargas negativas da Terra. Anos mais tarde. c) negativa e a resultante das forças sobre a gota é nula. foram descobertos o próton e o nêutron. como representado nesta f igura: + + + + + + + Placa superior Gota – – – – – – – Placa inferior – + Considere o campo elétrico praticamente uniforme no local e despreze qualquer outra força atuando sobre a bolinha.0 · 105 N/C Nas cargas positivas. Determine o sinal e o valor da carga elétrica que uma bolinha de gude.0 · 105 N/C. Se a gota cai com velocidade constante. Resolução: + + + + + + + Gota de óleo P Placa eletricamente carregada – – – – – – – Suponha que. para baixo. devido ao poder das pontas. Respostas: a) –5. próton e nêutron. facilitando as descargas elétricas. Resposta: a 57 (UFMG) Em um experimento. A placa superior tem carga positiva e a inferior. eletricamente carregada. Assim. a força elétrica Fe deve ter a mesma direção e módulo de P e sentido oposto.0 · 10–3 C. por serem bons condutores de eletricidade. a força elétrica tem a mesma direção e o mesmo sentido do vetor campo elétrico. b) 5. qual deveria ser a intensidade e o sentido do campo elétrico entre elas para que a gota f icasse em equilíbrio vertical? d) 2. é correto af irmar que a carga da gota é: a) negativa e a resultante das forças sobre a gota não é nula. Desconsiderando os efeitos do ar existente entre as placas. Resolução: a) Fe = P ⇒ |q| E = m g |q| · 100 = 50 · 10–3 · 10 |q| = 5. Para um certo valor do campo elétrico.38 PARTE I – ELETROSTÁTICA 55 (PUC-SP) Responda às questões seguintes: a) Numa certa região da Terra. b) Devido ao poder das pontas. e o campo eletrostático do planeta vale 100 N/C.8 · 10–19 C.8 · 10–19 Fe A força peso P puxa a gota para baixo. um elétron.8 · 10 N/C. para cima. a) 5. a aceleração da gravidade vale 10 m/s2. acima do solo. temos: Fe = P |q| E = P 2. entre duas placas metálicas paralelas. como mostra a figura abaixo. b) São usados metais. para cima. consequentemente. em uma das suas medidas. O campo elétrico é mais intenso nas pontas.0 · 10–3 C q = –5. de massa igual a 50 g.4 · 10–13 N e uma carga elétrica positiva de 4. b) positiva e a resultante das forças sobre a gota é nula. Thomson.0 · 10–5 N/C. Resposta: c 58 (PUC-MG) Em abril de 1997 comemoraram-se 100 anos da des- Gota de óleo P coberta do elétron por J. negativa. 56 (PUC-RS) A quantização da carga elétrica foi observada por Milli- kan em 1909. Assim. d) positiva e a resultante das forças sobre a gota não é nula. J. deveria ter para permanecer suspensa em repouso. –5 c) 4. Nas suas experiências. Millikan mantinha pequenas gotas de óleo eletrizadas em equilíbrio vertical entre duas placas paralelas também eletrizadas. De um ponto A situado entre duas placas paralelas. nas proximidades da superfície. uma delas carregada positivamente e a outra. Placa eletricamente carregada Considere que o campo elétrico entre as placas é uniforme e que a gota está apenas sob a ação desse campo e da gravidade. o que facilita as descargas elétricas por esses pontos. Isso somente ocorre se a carga elétrica da gota é negativa. O campo elétrico é mais intenso nas regiões pontiagudas do condutor. e pontiagudos. o professor Ladeira observa o movimento de uma gota de óleo. regulava a diferença de potencial entre essas placas alterando.0 · 10–6 N/C.0 · 10–3 C Para equilibrar o peso. a intensidade do campo elétrico entre elas. negativamente. . um próton e um nêutron são lançados com velocidades horizontais iguais. para baixo. a gota tivesse um peso de 2. para cima. b) Por que nos pararraios são geralmente utilizados metais pontiagudos? Explique. E = 5. o campo elétrico é orientado para cima. Fe tem sentido para cima. Com base nessa situação. posicionadas horizontalmente. Escolha a opção que representa as trajetórias das partículas. e) 2. O movimento será uniformemente acelerado. III e II. I e II. Ec = Ecf – Eci = F · d Ecf = |q| E · d Observe que Eci = 0. F = Fe ⇒ m a = |q| E a= |q| E m III a) I. A partícula irá seguir em linha reta. + + + + + + + + + + + + + + + mesmo módulo e sinais opostos. é Ec = q E d. Assim: l ⇒ elétron (massa menor. . mas de mesma densidade superf icial. após a partícula ter percorrido uma distância d. maior raio de curvatura) Resposta: d 59 Entre duas placas planas horizontais. produzido por duas placas metálicas P1 e P2.0 g 60 (PUC-MG) Uma partícula de massa m e carga q. d) A partícula executará um movimento uniforme. a partícula parte do repouso. III e I. Resolução: 2 Fe = Fcp = m v R Como as velocidades (v) são iguais. b) II. c) III. acompanhando a orientação do campo elétrico existente nesse ponto.5 · 102 N/C Resposta: 4. temos: t2 Δs = ⇒ = 2 2s t 2 Mas: F=m então: F = 2m2 s t |q| E = 2m2 s t 2 · 9. permanece em repouso. Resposta: c 61 (FEI-SP) A f igura a seguir mostra duas películas planas de cargas elétricas de sinais opostos. e) A força que atua sobre a partícula é perpendicular ao campo. c) Verdadeira. é aban- 10 cm – – – – – – – – – – – – – – – donada em repouso em um campo elétrico uniforme E .6 · 10–19 · (5 · 10–8)2 |q|t E = 4. Um elétron parte do repouso da película negativa e atinge a película oposta em 5 · 10-8 s. movendo-se então unicamente sob a ação desse campo. ao ser colocada entre as placas. d) I. positiva. existe um campo elétrico uniforme de intensidade 4. descrevendo uma trajetória parabólica. Calcule a intensidade do campo elétrico E . II e III. Dados: m = 9. Observe que a partícula foi abandonada (v0 = 0). e) III.Tópico 2 – Campo elétrico 39 I A II Resolução: a) Falsa. c) A energia cinética.0 μC. F =q E A força e o campo elétrico são vetores de mesma direção. d) Falsa. II e I. menor raio de curvatura) ll ⇒ nêutron (não sofre ação de campo elétrico) l ⇒ próton (massa maior.0 · 103 = m · 10 m = 2.0 · 10–3 kg m = 2. eletrizadas com cargas de b) Falsa. a partícula que apresentar menor massa (m) realizará uma trajetória curva de menor raio (R).0 · 103 N/C. b) A partícula será desviada para a direita. Dado: g = 10 m/s2 P2 y – – V – – – Resolução: 2 t Δs = v · t + 2 Como v0 = 0. Uma partícula eletrizada com + 5.5 · 102 N/C P1 + + + + + Indique a opção correta: a) A aceleração da partícula é a = q E m.0 · 10–6 · 4.6 · 10–19 C. e) Falsa.0 g Resposta: 2.1 · 10–31 kg e q = 1. Determine a massa da partícula.1 · 10–31 · 10 · 10–2 E = 2m 2s = 1. Dado: g = 10 m/s2 Resolução: Condição de repouso: Fe = P |q| E = m g 5. qual a intensidade de E ? Resolução: a) T 60° Fe carga q = + 0. que na posição de equilíbrio forma um ângulo de 45° com um plano vertical uniformemente eletrizado com densidade superficial . Na região em que se encontra o pêndulo.0)2 = (0.03 Fe = P = ⇒ Fe = 3 · 10–2 N tg 60° 3 Resolução: c) Fe = |q| E T 45° Fe 3 · 10–2 = 5. a posição de equilíbrio seria simétrica em relação à vertical baixada do ponto de suspensão. Por Pitágoras: L2 = d2 + x2 (1.80 m F Da f igura. A esfera suspensa possui massa m = 10 g e carga elétrica q.R.60 · 10 · 10–3 ·10 |q| = 0. Resolução: A conf iguração descrita no exercício está representada no esquema ao lado.80 · 7. b) Sendo | P | = 0. temos: Fe = P |q| E = P |q| | | =P 2 P b) 3 · 10–2 N. quando imersa num campo elétrico uniforme e horizontal.5 · 103 N/C. P e T . carregada positivamente.0 · 10–2 · 2 · 8. está suspensa por um f io isolante bastante leve.60)2 + x2 x = 0.85 · 10–12 | |= P2 = 0. eletrizada com uma Sejam F a força que o campo elétrico exerce sobre B.0 μC a carga da bolinha. a) Reproduza a bolinha indicando as forças F . obtém-se: tg α = e P Porém: Fe = |q| E P=mg tg α = d x d = |q| E ⇒ |q| = d m g Assim: x mg xE 0.0 · 10–6 · E E = 2 3 · 103 N/C Respostas: a) T Fe + P Como o ângulo de inclinação é 45º. c) 2 3 · 103 N/C .0 · 10–2 N. O pêndulo estaciona com a esfera à distância d = 0.40 PARTE I – ELETROSTÁTICA 62 E. Se q fosse negativa. 63 Uma pequena esfera de peso P = 5. P o peso de B e T a força exercida pelo f io sobre B. Um pêndulo elétrico tem comprimento = 1.03 N.60 m da vertical baixada do ponto de suspensão.0 m. Qual o módulo da densidade superf icial de cargas ? Dado: permissividade absoluta do meio: ε = 8. Determine a carga q.5 · 103 |q| = 10 · 10–6 C ⇒ |q| = 10 μC ⇒ q = ±10 μC 5.4 μC/m2 Resposta: 4.20 μC. a aceleração da gravidade vale 10 m/s2 e existe um campo elétrico cujo vetor E é horizontal e de módulo 7. 30° E B + Nota: • A situação representada no esquema corresponde ao caso em que q é positiva. qual o valor de | F |? c) Sendo de 5.20 · 10–6 |q| | | 4. está suspensa por um f io isolante que forma um ângulo de 30° com a vertical.85 · 10–12 (SI) g P b) 45° Plano eletrizado T sen 60° = P T cos 60° = Fe sen 60° = P cos 60° Fe 0.4 μC/m2 64 (UFG-GO) Uma bolinha B. conforme indicado na f igura abaixo. c) – 2 +Q d) 2 2 q. Essas cargas produzem no vértice P campo eletrostático E . 45º EB P EP EAC 2 +Q A C –Q Sendo EB um vetor campo de “aproximação” em relação à carga qB. colocam-se cargas elétricas de valor + q. A + q B a carga elétrica que deve ser colocada no vértice B deve ter o valor: a) 2 q. Para que no vértice D do quadrado o campo elétrico tenha intensidade nula. b) – 2 q. temos: EA P EAC EC +Q A C –Q EAC q a2 Usando-se Pitágoras: |EA | = |EC | = K E2 = E2 + E2 AC A C q a2 Kq EAC = 2 2 a Como: E2 = 2 K AC |EAC| = |EB| Temos: |qB| Kq 2 · 2 =K 2 d a Mas: d = a 2 (diagonal do quadrado) Então: |qB| Kq ⇒ 2 2 =K (a 2)2 a |qB| = 2 2 q |qB| q = 2 2 a ·2 a 2 B +Q Como a distância BP é maior que AP e CP. esta deve ter sinal negativo. P +Q –Q 66 (Mack-SP) Nos vértices A e C do quadrado a seguir. o vetor campo E B é menor do que E A e E C.Tópico 2 – Campo elétrico 41 65 (Fatec-SP) O esquema abaixo representa um quadrado com três vértices ocupados por cargas elétricas puntiformes. 3 2 q. Assim: B +Q qB = –2 2 q Resposta: e Resposta: a . e) – 2 2. D +q C Esse campo em P é mais bem representado no esquema: a) c) E E 45° P P 45° Resolução: O campo elétrico em D é representado por: A +q a qB B b) E 45° P d) E 45° P EC a EB d a +q D EA a C Resolução: Somando os vetores campo elétrico E A e E C (atenção que EA = EC). no ponto médio. em termos de Q. usando Pitágoras. EB e EC possuem intensidades iguais. de sinais opostos. 4 π ε0 4 π ε0 2 e) zero. +Q = arc tg 1 2 69 (PUC-MG) Escolha a opção que represente o módulo do campo elétrico produzido por duas cargas iguais. temos: E2 = E2 + E2 ABC AC B E2 = (2E)2 + E2 = 4E2 + E2 = 5E2 ABC EABC = 5 E K C Q |Q’| K |Q| = 5 2 R2 R Q’ = 5 Q Observe que.42 PARTE I – ELETROSTÁTICA 67 O campo elétrico no baricentro de um triângulo equilátero de lado igual a . E=? x +Q –Q R –Q O +Q . (Copie a f igura indicando a posição da quarta carga positiva pedida. o segmento que as une. os vetores campo elétrico EA . no baricentro do triângulo equilátero. são colocadas três cargas pontuais. vem: E2 = E2 + E2 + 2EA EC cos 120º AC A C E2 = E2 + E2 + 2 E2 · – AC E2 = E2 + E2 – E2 = E2 AC EAC = E Portanto: EA C + EB = O 1 2 0 Q4 Resposta: e 68 (UFG-GO) Nos vértices de um triângulo retângulo isósceles. Somando-se EA e EC . 4 π ε0 Resolução: B Q Determine a posição e o valor de uma quarta carga positiva. vale: 3Q a) 3Q . b) 3Q . 4 π ε0 2 3Q c) . d) . que deverá ser colocada sobre a linha da circunferência para que o campo elétrico no centro da mesma seja nulo.) Resolução: +Q B EAC –Q A EA O EC EB +Q C EABC EB θ O ED EC 120º EA 120º EB A Q 120º Atenção que: EA = EB = EC = E EAC = 2E Portanto. inscrito numa circunferência de raio R. como mostra a f igura a seguir. ao longo de uma reta que corta perpendicularmente. em cujos vértices encontram-se cargas iguais a Q. temos: EAC EC 120º EA A posição da carga Q’ é dada por: O Em que: E tg θ = B = E EAC 2E tg θ = 1 2 Assim: θ = arc tg 1 2 Resposta: 5 Q θ Q‘ EB Aplicando a Lei dos Cossenos. 25 · 10–6 C. de módulo igual a 4 N/C. O valor máximo da resultante ocorre quando x = 0 sobre o segmento que une as cargas. positiva. em um intervalo de tempo de 2. é abandonado. 16. junto à superfície da placa carregada negativamente e atinge a superfície da placa oposta. tomando somente a parte inteira de seu resultado. a velocidade do elétron no momento em que ele atinge a segunda placa. Portanto. Assim. Ambas as placas têm carga positiva. em km/s. 32. Fe = |q| E (3 – 2) = |q| · 4 · 106 ⇒ |q| = 0.1 · 10–31 v = 1. mas o dinamômetro registra 3 N. O peso da bolinha é 2 N.6 · 10–19 C.40 · 104 m/s = 1. a placa A possui carga negativa e a placa B.40 · 10 km/s = v = 14 km/s A B Resposta: 14 km/s . o ângulo α também cresce. carregadas com cargas iguais e de sinais opostos. (32) Falsa.6 · 10 · 4 · 2. 04. carregada negativamente.0 · 10–8 v= 9. o campo elétrico entre as placas é vertical. Dê como resposta a soma dos números associados às af irmações corretas. proporcionando uma resultante E de módulo cada vez menor. Resolução: No campo elétrico uniforme.Tópico 2 – Campo elétrico 43 a) E d) E x x b) E e) E Analise as seguintes af irmações: 01.0 · 10–8 s. de carga igual a 1. voltado para cima. na mesma posição do caso anterior. (08) Verdadeira. 08. A placa A tem carga positiva e a B. O orifício por onde passa o f io que sustenta a bolinha não altera o campo elétrico entre as placas. O módulo da carga da bolinha é de 0. E(–) E(+) α E(–) +Q –Q E À medida que x cresce. (02) Verdadeira. a partir do repouso. A placa A tem carga negativa e a B. carregadas com cargas de mesmo módulo. Assim: v = v0 + t Mas: F = |q| E m = |q| E |q| E m então: |q| E v=0+ ·t m –19 1. (01) Falsa. positiva. se sua carga fosse positiva e de mesmo módulo. Resposta: 10 71 (UnB-DF) Na região entre duas placas planas e paralelas. Considerando a massa do elétron igual a 9.25 · 10–6 C (16) Falsa. (04) Falsa. a soma das alternativas corretas é 10.0 · 10–6 C. o movimento do elétron é MVU. Um elétron. há um campo elétrico uniforme. determine. Observe que a carga q é negativa. Resolução: A x x T – Fe P E B c) E x Resolução: x E(+) α E Se a força Fe é vertical voltada para baixo. 02. A bolinha permaneceria em equilíbrio. cujo módulo é 4 · 106 N/C. negativa.1 · 10–31 kg. Resposta: c 70 (UFSC) Uma bolinha. quando a bolinha alcança o equilíbrio. é pendurada em um dinamômetro e colocada entre duas placas paralelas. de acordo com a f igura a seguir. O módulo da carga da bolinha é de 4. A partícula penetra no campo. Um próton e uma partícula α penetram na região entre as placas. temos: v = v0 + t –6 = 6 – 16 · t 16t = 12 –6 4 gadas com cargas de módulos iguais. em segundos. usando a expressão da velocidade do MUV. b) 2 2 .4 · 10–2 E = 1. eletricamente carregada. |a | a) Calcule a razão p entre os módulos das acelerações adquiridas |aα | pelo próton (ap ) e pela partícula α ( aα ). s=V·t Respostas: a) 2. Considere-se que o módulo da aceleração da gravidade local vale 10 m/s2. como mostram as f iguras a seguir. F = Fe ⇒ m = |q| E |q| E m Mas: 2 t s= 2 d = |q| E · t2 ⇒ t = 2 2m = 2 dm |q|E =1 ⇒ 2 Na horizontal. distanciadas 2 cm entre si. conforme representado na figura abaixo. necessário para a bolinha retornar ao ponto de lançamento. é lançada verticalmente para cima. com velocidade de módulo igual a 6 m/s. e sai tangenciando a borda da placa superior. a intensidade do campo elétrico. há um campo elétrico uniforme. Despreze os efeitos de borda. temos: ap t2 a α t2 p α = 2 2 ap t 2 = t2 aα p α 2 t 2 = t2 p α tp tα tp = 2 tα 2 2 cm v0 Resolução: Na vertical. constituída. o movimento é uniformemente variado.0 · 10–4 · E 6. d 2 d 2 Próton v0 – + d 2 d 2 Partícula α v0 – + = t = 0.75 s 73 (UFBA) Uma partícula de carga 5.75 s Resposta: 0. em 103 N/C.6 · 10–3 kg é lançada com velocidade de 102 m/s.44 PARTE I – ELETROSTÁTICA 72 (UFBA) A f igura abaixo representa uma placa condutora. Desprezando a ação gravitacional. portanto.6 · 10–3 5. de módulo igual a 6 · 104 N/C. que não há colisão entre a bolinha e a placa.20 = 102 · 2 · 10–3 = dm |q|E 2 · 10–2 · 1. equidistantes delas. com a mesma velocidade v0 paralela às placas. determine. temos: ap e 4 m ap = ⇒ =2 aα 2 e m aα b) Na vertical as partículas possuem MUV. 20 cm Lembre-se de que a partícula α é o núcleo do átomo de hélio (He). mas de sinais contrários.6 · 104 N/C = E = 16 · 103 N/C A g v B E Resposta: 16 74 (UFRJ) Entre duas placas planas.0 · 10–4 C e massa 1. o movimento é uniforme. de 10 g de massa e carga negativa igual a – 1 μC. em um ponto equidistante das placas. carre- Resolução: A aceleração da bolinha tem módulo dado por: F = Fe + P m = |q| E + m g |q| E 1 · 10 · 6 · 10 +g= + 10 10 · 10–3 m = 16 m/s2 Portanto. A bolinha B. 2 Δs = a t 2 Como Δsp = Δsα. Resolução: a) F = Fe |q| E m a = |q|E ⇒ a = m Portanto: ap |q | m = p α aα |qα| mp Sendo e a carga do próton e m a massa.4 · 10–2 E E · 4 · 10–6 = 6. Determine o tempo. E . condutoras e paralelas. t b) Calcule a razão p entre os intervalos de tempo gastos pelo próton (tp) tα e pela partícula α ( tα) até colidirem com a placa negativa. s=V· 0. perpendicularmente ao campo elétrico uniforme produzido por placas paralelas de comprimento igual a 20 cm. e despreze-se a resistência do ar. que gera um campo elétrico uniforme. A. por 2 prótons e 2 nêutrons. 0 cm.6 · 10–19 C b) Na partícula de massa 3 m: Assim: FE T + FE = Fe + P QQ T+QE=k 2 +3mg a T = k2 · Q2 – QE + 3 m g a 2mg 2 2mg – ·E+3mg T = k2 E E a k 4 m2 g 2 T= –2mg+3mg a2 E2 T= 4 k m2 g 2 +mg a2 E2 Respostas: a) 4 k m2 g 2 2mg . temos: ΔEp = ΔEc = 3.1 · 10–11 C. sujeita à repulsão coulombiana devida aos dois prótons f ixados nas posições indicadas na f igura.2 · 10–21 J Como e = 1. b) a tração no f io. vertical.6 · 10–19 ΔEp = 2. estando a partícula em repouso em M. Quando a partícula está no ponto M. E e k. Assim. separadas por uma distância d.30 · 10–3 = · 2 4. no Sistema Internacional (SI) de unidades.2 · 10–21 J. adquirindo uma carga q. a velocidade da partícula anula-se e ela retorna no sentido oposto ao incidente. em equilíbrio estático. c) 6.0 · 104 N/C (veja a figura). o módulo da sua carga elétrica é de: d) 3.0 · 10–2 e V ΔEp = 20 · 10–3 e V ΔEp = 20 m e V Resposta: 20 m e V 77 (Unesp-SP) Duas pequenas esferas de material plástico. desloca-se.30 mm 2. m e E.0 · 10–3)2 0. As esferas estão eletrizadas com cargas iguais a + Q.Tópico 2 – Campo elétrico 45 75 (ITA-SP) Em uma impressora jato de tinta. m + Q E a + Q g 3m Considerando que. a.0 cm Considerando que a densidade da gota seja de 1 000 kg/m3 e sabendo-se que a mesma sofre um desvio de 0. com massas m e 3 m. estão conectadas por um f io de seda inextensível de comprimento a.2 · 10–12 kg 2) O movimento horizontal da gota é uniforme. desconhecidas inicialmente.6 · 10–19 C. qual o aumento. Elas se encontram no vácuo. Portanto: q · 8.0 · 10–2 = 20 t t = 1. da energia potencial armazenada no sistema das três cargas. é qq dada por k 1 2 2 . Resolução: 1) Cálculo da massa da gota: d= m ⇒ m=dv v m = d · 4 π R3 3 m = 1 000 · 4 · 3. se deslocam no espaço entre placas planas paralelas eletricamente carregadas. em termos de g.2 · 10–12 q 3.1 · 10 C. a) 2.2 · 10–21 ΔEp = eV 1. a seguir. pouco antes da impressão.1 · 10–14 C Resolução: As forças de repulsão são conservativas (forças de campo). e aceleração da gravidade g. g. cujo módulo é E = 8. b) +mg E a2 E2 . a força elétrica entre duas cargas q1 e q2. Portanto. a sua carga deve ser positiva.30 mm ao atingir o final do percurso. Essas forças de repulsão são as únicas forças relevantes que atuam sobre a partícula.0 · 10–3 s 3) O movimento vertical da gota é uniformemente variado pelo fato de ela atravessar um campo elétrico uniforme. a energia cinética transforma-se em potencial.3 · 10–14 C. Assim: Δs = v t 2. Assim: |q| E m a = |q| E ⇒ a = m Na queda: 2 |q| E t2 Δs = a t ⇒ y = · 2 m 2 Para que a gota sofra a ação de uma força no sentido do campo elétrico. em termos de m. b) 3. calcule: d a) a carga Q. v E 0.0 · 104 (1. em relação à situação inicial. e. temos: 3. em uma região com campo elétrico uniforme E.14 · (10 · 10–6)3 (kg) 3 m 4. ao longo da trajetória tracejada. temos: FE = P Q E + Q E = (m + 3 m) g 2Q E = 4 m g Q= 2mg E T + Fe P Resposta: b 76 (UFPE) Uma partícula carregada. Considere gotas de raio igual a 10 μm lançadas com velocidade de módulo v = 20 m/s entre placas de comprimento igual a 2. em meV (10–3 eV)? Dado: e = 1. –14 e) 1. passam por uma unidade eletrostática. Observe que não vamos considerar o campo gravitacional. Ao atingir o ponto M.1 · 10–10 C. Resolução: a) No equilíbrio. conforme ilustrado na f igura. cuja energia cinética no infinito era 3. gotas de certo tamanho Próton v M Próton são ejetadas de um pulverizador em movimento. no interior das quais existe um campo elétrico vertical uniforme.0 · 10–14 C. onde perdem alguns elétrons. Identif ique o módulo. o período passa a 2 P.0 · 10–5 C. oscila em uma região onde o campo gravitacional vale 9.5 · 109 N/C vertical. sofrendo a ação exclusiva da gravidade local (g = 10.0 · 104 kg carregada com uma carga elétrica de 3.0 · 10–10 · 2.10 g. Calcule o valor do comprimento x na situação de equilíbrio.5 s Respostas: a) 2.0 m/s2). b) Qual o novo período de oscilação do pêndulo? Dado: π = 3 Resolução: a) T = 2 T=2·3 b) L g 1 ⇒ 9. Depois que um campo elétrico uniforme é aplicado verticalmente em todo o espaço que envolve o pêndulo.5 µC. A haste é constituída de material isolante.0 m e uma esfera metálica de massa m = 1. E L g E + F = Fe + P m a = |q| E + m g |q| E +g a= m 3. O comprimento de cada lado do braço da balança é L = 0.5 m/s2 Assim: gap = g – a 2.0 s Substituindo (I) em (II): 2 2π = 2π gap 10 2 1 = 10 gap 4 = 1 gap 10 gap = 2.5 · 10–3 · 200 + 9. vertical para baixo.20 m x m P Pm Aplicando-se a condição de equilíbrio. Esse pêndulo.10 · 10–3 · 10 · x x = 0.20 = 0.0 · 106 N/C. temos: (Fe + P)L = Pm · x + P L Fe L + P L = Pm x + P L Fe L = Pm x |q| E L = m g x 3. de baixo para cima. Resolução: Período de um pêndulo simples: T = 2π L g 1) Sem campo elétrico: 1.0 · 10–5 · E E = 2. oscila com um período P.20 m. a direção e o sentido do campo elétrico aplicado. A esfera do lado esquerdo tem uma carga positiva q = 3. e a esfera do lado direito é eletricamente neutra. a uma distância x do ponto de apoio. a) Qual o período de oscilação desse pêndulo? Agora é gerado nesse local um campo elétrico uniforme.0 T = 2.0 · 106 · 0.0 (II) gap O gap é devido às ações dos campos gravitacional e elétrico.0 a= 0. Resolução: L = 0. está um corpo de massa m = 0.0 + 9.46 PARTE I – ELETROSTÁTICA 78 Um pêndulo cuja haste mede 1 metro e cuja massa pendular é igual a 100 gramas.5 = 3.5 = 10 – a a = 7.0 · 10–10 C. de baixo para cima 80 (UFMG) A f igura mostra uma balança na superfície da Terra (g = 10 m/s2) colocada em uma região onde existe um campo elétrico uniforme de intensidade E = 2.0 · 104 · 7.0 s.0 m/s2.12 m .20 m + Fe P L = 0. Nas extremidades do braço isolante da balança existem duas esferas metálicas de massas iguais. Do lado direito do braço.5 s 79 (Olimpíada Paulista de Física) Um pêndulo simples é constituído L = 0.5 · 109 N/C A direção do campo elétrico é vertical e seu sentido.100 a = 7.20 m x L = 0.0 (I) 10 2) Com campo elétrico: P = 2π 2P = 2π 1. de intensidade 200 N/C.12 m Resposta: 0. b) 1.20 m + m com um f io ideal de material isolante de comprimento 1.0 a = 16 m/s2 Portanto: L T’ = 2 a 1 T’ = 2 · 3 16 ⇒ T’ = 2 · 3 4 T’ = 1. A massa pendular é condutora e eletrizada com carga + 3. Resposta: 2.5 m/s2 Portanto: F = Fe m a = |q| E 1. Tópico 2 – Campo elétrico 47 81 (ITA-SP) Uma esfera homogênea de carga q e massa m de 2 g está suspensa por um f io de massa desprezível em um campo elétrico cujas componentes x e y têm intensidades Ex= 3 ·105 N/C e Ey = 1 · 105 N/C. conforme o esquema abaixo.96 · 10–2 = 2q105 q = 9. temos: T = 2 · 105 · 9. vem: 2 · 105 q 1. e) 18 ns. y E m. me = 9.96 · 10–2 N. c) N. e) 7. temos: P = Fe(y) + T(y) m g = |q| Ey + T cos 60° 2 · 10–3 · 9. b) 1.8 · 10–8 Em I. o tempo que o elétron levará para cruzar novamente o eixo x é de: Dados: e = 1. c) nula.96 · 10–2 N Resposta: b v0 = v0 sen 30° y v0 = v0 y 2 Na vertical.70 · 10–3 N.80 · 10–3 N.0 nC e. respectivamente. isenta da ação de massas e cargas elétricas. temos: T d) 1.6 · 10–19 · 100 = a= 9. de lado igual a 20 cm. ponto simétrico de M em relação ao vértice A do triângulo. O módulo da aceleração é dado por: F = Fe m a = |q| E |q| E 1. ponto médio da base AB do triângulo.0 nC. no vértice A.8 · 10–8 T = 1. valendo: y a 60° Fe (y) Fe (x) P T(y) = T cos 60° T 60° T(x) = T sen 60° Fe = IqIEy (y) Fe = IqIEx (x) v0 v0 y P = mg 30° x No eixo x.96 · 10–2 = q · 105 + 2 1. c) 23 ns. b) M. imagine um triângulo equilátero ABC. q V0 y 30° x E x a) 9. temos: Fe(x) = T(x) |q| Ex = T sen 60° q · 3 · 105 = T · 3 2 T = 2 · 105 q (I) No eixo y. Determine o módulo do vetor campo elétrico resultante nos pontos: a) C.8 = q · 105 + T · 1 2 Usando I.6 · 10 m/s2 O movimento do elétron é um movimento balístico. no vértice B. a) 10 ns.96 · 10–2 = q · 105 + q · 105 1. um elétron é projetado em um ângulo de 30° em relação ao eixo x. Resolução: A aceleração do elétron é devida a uma força elétrica e tem a mesma direção e sentido oposto ao do campo elétrico E . vamos colocar uma partícula eletrizada com carga +1.17 · 10–3 N. com velocidade v0 de 4 · 105 m/s. terceiro vértice do triângulo.1 · 10–31 kg. Considerando que a esfera está em equilíbrio para θ = 60°. como mostra a f igura abaixo.6 · 1012 t = 4 · 105 t = 0.6 · 10–19 C. b) 15 ns. outra partícula de carga –1.1 · 10–31 m 12 a = 17. Resolução: Na esfera. d) 12 ns. Agora. Dado: K = 9 · 109 (SI) . qual é a força de tração no f io? (g = 10 m/s2) θ 82 (ITA-SP) No instante t = 0 s. Considerando que o elétron se move num campo elétrico constante E = 100 N/C.23 · 10–7 s = 23 · 10–9 s t = 23 n s Resposta: c 83 Em uma região do espaço. temos um MUV: v = v0 + γ t – v0 v 0 = –at 2 2 a t = v0 ⇒ 17. 10) (0. Dado: constante eletrostática do meio = K a) Em C: EA 120° EC EB Resolução: O θ EC = EA + EB |Q| Como: EA = EB = K 2 d 1 · 10–9 9 EA = EB = 9 · 10 · (0. temos: F2 = F2 + F2 + 2FA FC cos 60° AC A C F2 = F2 + F2 + 2F2 1 AC A A A 2 2 2 FAC = 3FA ⇒ FAC = FA 3 Em B.20)2 EA = EB = 225 N/C Então.10) EM = 1 800 N/C Usando a Lei dos Cossenos. b) 1 800 N/C. temos: (II) θ T FAC c) N EB EA 10 cm A 10 cm B M 10 cm B θ EN = EA + EB P F . Cada um deles é eletrizado com carga Q positiva. aplicando a Lei dos Cossenos.48 PARTE I – ELETROSTÁTICA Resolução: C 60° Então: EN = EA – EB 120° EN = K |Q| |Q| –K 2 2 dA dB 20 cm 20 cm 9 –9 9 –9 EN = 9 · 10 · 1 ·210 – 9 · 10 · 1 ·210 (0. c) 800 N/C 84 Três pêndulos elétricos idênticos são pendurados em um mesmo ponto O. Na conf iguração de equilíbrio. temos: E2 = E2 + E2 + 2EA EB cos 120° C A B E2 = E2 + E2 + 2 E2 – 1 C A A A 2 2 2 2 2 2 EC = EA + EA – EA = EA EC = EA = 225 N/C b) Em M: A +Q M 10 cm EA B EB –Q A FC 30° 30° M d C P B 30° 30° FA FAC E |Q · Q| d2 Q2 ⇒ Q = d FA FA = K 2 K d FA = FC = K (I) EM = EA + EB Como: EA = EB então: EM = EA + EB = 2EA |Q| EM = 2K 2 d –9 EM = 2 · 9 · 109 · 1 · 10 2 (0. que passa por O. um ângulo θ. Determine o valor de Q em função dos dados do problema.30) EN = 900 – 100 EN = 800 N/C 60° A +Q M 20 cm 60° B –Q Respostas: a) 225 N/C. a haste de cada pêndulo faz com a vertical. O comprimento de cada haste é igual a e o peso da massa pendular é igual a P. Assim: BM = 2 BE 3 Mas. Quando o fio é rompido. vem: tg θ = FA 3 = P tg θ ⇒ FA = (III) P tg θ (IV) 3 Na figura. A carga sai dessa região em um ponto de coordenadas x1 = 5 cm e y1 = 2. Assim. em (I). que possui carga total + Q. v 30° 4) Na direção y (onde existe o campo E ). vem: d sen θ = 3 ⇒ d = 3 sen θ 3 Portanto. temos: sen θ = BM ⇒ BM = sen θ Usando (V). no triângulo BEC. Determine a distância d em que deve ser colocado um anteparo para que o conjunto colida perpendicularmente com o mesmo. usando-se a Equação de Torricelli (angular). distantes 10 cm uma da outra. sofre a ação da força elétrica. O corpo parte do repouso em π θ = 0° (f igura a) e se movimenta numa superfície horizontal sem atrito.5 cm e atinge o ponto P em um anteparo situado 10 cm acima do eixo horizontal do tubo. vem: 2m1 qE 1 0= · – ·t (m1 + m2) 2 (m1 + m2) m1 qE t = (m1 + m2) (m1 + m2) m t= 1 qE 5) Na direção x (MU). podemos observar que o triângulo ABC é equilátero e o ponto M é o encontro das alturas. temos: ω2 = ω2 + 2αΔθ 0 86 (Vunesp-FMCA-SP) Uma carga elétrica q = 0.0 · 103 m/s em uma região de campo elétrico uniforme gerado por duas placas planas e paralelas. então: v1 = 2π · 1 π v1 = 2 m/s 2) Na colisão inelástica total. temos: Q = 3 sen θ Q = sen θ P tg θ ⇒ Q = sen θ 3 P tg θ 3·K 3·K 3 P tg θ K 3 P tg θ K ω2 = 0 + 2 · 6π · 5π 5 3 ω2 = 4π2 ω = 2π rad/s Como: v = ω R. um campo elétrico E (figura b) é acionado e o conjunto. Em 5 θ = 300° (figura b) ocorre uma colisão com um outro corpo de massa m2 inicialmente em repouso. vy = 0. temos: d = vx · t d = v (cos θ) ·t 2 m1 m d= · 3· 1 (m1 + m2) 2 qE d= m2 3 1 (m1 + m2) E Q m2 3 1 (m1 + m2) E Q Resposta: Q = sen θ ve uma trajetória circular de raio 1 m.Tópico 2 – Campo elétrico 49 FAC P FAC = P tg θ Juntando (II) e (III). após o f io arrebentar. vem: Qantes = Qdepois m1 v1 = (m1 + m2)v m1 ·2 v= (m1 + m2) 3) O conjunto (m1 + m2) f ica sob a ação do campo elétrico. sendo submetido a uma aceleração angular α = 6π rad/s2. . temos MUV: v = v0 + γ t Sendo: v0 = v sen 30° qE F = –q E ⇒ γ = – (m1 + m2) Em P. entre m1 e m2. temos: cos 30° = BE ⇒ BE = d cos 30° = d 3 d 2 Então: d BM = 3 (V) 3 No triângulo OMB. Anteparo m1 m2 Figura a E θ = 0° m1 + m2 Figura b θ = 300° d 85 (IME-RJ) Um corpo de massa m está preso a um f io e descre1 Resposta: d = Resolução: 1) O corpo m1 desloca-se em movimento acelerado entre θ = 0° e θ = 300°.1 μC de massa m = 10–6 kg é lançada com velocidade v0 = 1. Durante a colisão o fio é rompido e os dois corpos saem juntos tangencialmente à trajetória circular inicial do primeiro. constante e homogêneo. Portanto. t = 6 h (da tarde) Respostas: a) 4N. T b) a razão R = Q entre os períodos do pêndulo. quando a bola está T0 carregada e quando não tem carga. para a situação em que o campo elétrico tiver passado a atuar a partir do meio-dia.0 · 108 N/C b) Fora das placas. o ponteiro dos minutos completa uma volta (1 hora) a cada 1 800 oscilações completas do pêndulo. passou 1 minuto. pede-se: a) o módulo do vetor campo elétrico nessa região.0 · 103 m/s 87 (Fuvest-SP) Um certo relógio de pêndulo consiste em uma pequena bola. Considere a situação em que a bolinha esteja carregada com carga Q = 3 · 10–5 C. Assim. o movimento da partícula é um movimento balístico. a velocidade tem a mesma intensidade.0 · 106 v = 2. b) 2. Assim. a partícula f ica isenta da ação de campos (elétrico e gravitacional). das 12 às 15 horas o relógio marca um tempo de 6 horas (o dobro do real). que age sobre a bola carregada.1 · 10 + 3 · 10–5 · 1 · 105 Fe = 4 N T b) R = Q = T0 R= 2π m · Fe 2π m · mg 0. quando forem de fato três horas da tarde.0 · 103 m/s 2) Na horizontal: vx = v0 = 1.0 · 10–2 = γ · 25.0 · 107 · 5. Isso indica que o relógio “anda” o dobro.1 kg. Estando o relógio em uma região em que atua um campo elétrico E .0 · 106 + 1. vimos que: T R= Q = 1 T0 2 T TQ = 0 2 O novo período (TQ) passa a ser a metade de T0. que é igual a 2 s. marca 2 minutos quando. na verdade. c) 6 h (da tarde) 2 . isto é. (Usar: g = 10 m/s2. Resolução: a) Entre as placas existe um campo elétrico. em presença de um campo elétrico cujo módulo E = 1 · 105 V/m.0 · 10–2 = 1. c) a hora que o relógio estará indicando.0 · 103 m/s 3) Por Pitágoras: v 2 = v2 + v2 x y v2 = (1.0 · 103 Δt Δt = 5. de massa M = 0. e a bola carregada com carga elétrica Q. seu período será alterado. Assim. em N.0 · 108 N/C. em y1 e em P. 1) Na horizontal (MU): d = v · Δt 5. partindo da posição A. Nesse relógio.50 PARTE I – ELETROSTÁTICA y + + + + 10 cm P 10 cm v g A Bolinha sem carga E A Bolinha carregada em presença de E y1 v0 x1 = 5 cm – – – – x Desprezando-se ações gravitacionais.) Então. passando a TQ.5 · 10 = 2 5.0 · 10–5 vy = 1.0 · 103)2 v2 = 1.0 · 106 = 2. determine: a) a intensidade da força efetiva Fe. b) 1 .0 · 107 m/s Portanto: Fe = F |q| E = ma 0. Note e adote: Nas condições do problema. retornar a essa mesma posição é seu período T0.0 · 10–10 γ = a = 2.1 · 10–6 E = 10–6 · 2.0 · 10–5 s 2) Na vertical (MUV): γ t2 Δs = v0t + 2 γ · (5. seu movimento é retilíneo e uniforme até o ponto P.0 · 103)2 + (1.0 · 103 m/s Respostas: a) 2.1 · 10 = 1 4 4 mg = Fe R= 1 2 c) No item b. Resolução: a) Fe = m g + Q E Fe = 0. O intervalo de tempo que a bolinha leva para. o período T do pêndulo pode ser expresso por massa · comprimento do pêndulo T = 2π Fe em que Fe é a força vertical efetiva que age sobre a massa.0 · 10–5)2 –2 2. sem considerar a tensão do f io. b) a velocidade com que a carga q chega ao ponto P. que oscila presa a um f io.0 · 107 E = 2. 1) Na vertical (entre as placas) (MUV): v = v0 + γ t vy = 0 + 2. respectivamente. φ. e) o fluxo elétrico que atravessa a área B é igual ao fluxo que atravessa a área A. pode-se concluir que: b a P B = 4π b2 A = 4π a2 Observando que o comprimento do f io no interior das três superfícies é o mesmo: LA = LB = LC. c) o fluxo elétrico que atravessa a área B é 1 do fluxo que passa pela 4 área A. Assim: |Qbar| |q| Resposta: b . O campo elétrico nas vizinhanças da carga puntiforme e da barra está representado pelas linhas de campo mostradas na f igura. temos: – – + – Barra – + + – a) φA = φB = φC b) φA φB φC c) φA φB φC φ d) A = φB = φC 2 e) φA = 2 φB = φC Resolução: Teorema de Gauss: Q φtotal = interna A carga total na barra é negativa: Qbar 0 Do Teorema de Gauss. 0. d) o fluxo elétrico que atravessa a área B é quatro vezes maior que o fluxo que passa pela área A. comparativamente ao módulo da carga puntiforme positiva | q |. esférica e cúbica. Resolução: q Resposta: e + 89 (ITA-SP) Um fio de densidade linear de carga positiva λ atravessa três superfícies fechadas A. temos: φtotal = φtotal (A) (B) + Sobre o módulo da carga da barra |Qbar|. através de cada superfície fechada. temos cargas internas iguais no interior das três superfícies. q a) o fluxo elétrico que atravessa a área B é duas vezes maior que o fluxo que passa pela área A. Resolução: De acordo com o Teorema de Gauss: Q φtotal = interna Como as duas superfícies A e B envolvem a mesma carga interna Q. 0. então. 0. notamos que o fluxo total (φ) é maior na gaussiana que envolve a carga q. cilíndrica. respectivamente. respectivamente.Tópico 2 – Campo elétrico 51 88 (ITA-SP) Uma carga puntual P é mostrada na f igura adiante com duas superfícies gaussianas A e B. Sobre o fluxo elétrico que passa pelas superfícies de áreas A e B. c) |Qbar| = |q| e Qbar = 0. temos: Qi = φ total · ε Considerando superfícies gaussianas envolvendo a carga q e a barra. pode-se concluir que: B A L C λ Barra Pela conf iguração das linhas de força na barra. pode-se concluir que: a) |Qbar| b) |Qbar| d) |Qbar| e) |Qbar| |q| e Qbar |q| e Qbar |q| e Qbar |q| e Qbar 0. B e C de formas. Assim: φtotal = φtotal = φtotal (A) (B) (C) Resposta: a 90 (ITA-SP) A f igura mostra uma carga positiva q puntiforme próxima de uma barra de metal. b) o fluxo elétrico que atravessa a área B é a metade do fluxo que passa pela área A. Sabe-se que A tem comprimento L = diâmetro de B = comprimento de um lado de C e que o raio da base de A é a metade do raio da esfera B. como mostra a figura. e sobre a carga líquida da barra Qbar. de raios a e b = 2 a. Sobre o fluxo do campo elétrico. O gráf ico que melhor representa a variação do campo elétrico |E | ao longo de uma direção radial. E r d) E R1 R2 r Resposta: a r e) E r . E r b) E R1 R2 r Para r R2 Qi se mantém constante.52 PARTE I – ELETROSTÁTICA R2. é: R2 R1 91 Uma camada esférica isolante de raio interno R e raio externo 1 Resolução: Para 0 r R1 E=0 E R1 r a) E Para R1 r R2 Qi varia de maneira uniforme com o aumento do raio r. é eletrizada uniformemente. conforme mostra a f igura. r E·A= E= Qi ⇒ E= Qi 4π 1 r2 c) E Qi 4π r2 A intensidade de E diminui na razão inversa do quadrado do raio r.
Report "2 - Exercicios Resolvidos - Campo Eletrico(1)"