Física l Eletricidade

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1 
 Prof. A.F.Guimarães 
Questões Eletricidade 4 – Energia e Potencial Elétrico 
Questão 1  
 
(CESESP) Na  figura  abaixo,  a placa A é  aquecida 
liberando  elétrons  com  velocidades  muito 
pequenas,  praticamente  nulas.  Devido  à  bateria 
de 12 volts, esses elétrons são acelerados para a 
placa B. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A  velocidade  dos  elétrons,  ao  atingirem  a  placa, 
será aproximadamente (em mڄs ‐1): 
Dado para o elétron:  11 11,7 10 .e C kg
m
−= ⋅ ⋅   
A(   ). 2,0ڄ104; 
B(   ). 5,0ڄ107; 
C(   ). 2,0ڄ106; 
D(   ). 3,0ڄ108; 
E(   ). 4,0ڄ105. 
Resolução: 
Podemos  utilizar  o  teorema  do  trabalho  para 
determinar  a  variação  da  energia  cinética  e 
conseqüentemente determinar a velocidade final 
do elétron. Assim, teremos: 
 
0
2
2 6 1
12
12
2
24 2 10 .
A B C
C C
eU E
e E E
mve
e v v m s
m
→
−
ℑ = =∆
/⋅ = −
⋅ =
⋅ = ⇒ ≅ ⋅ ⋅
 
Letra “C”. 
 
Questão 2  
 
(UNIRIO)  A  figura  a  seguir  mostra  duas  cargas 
elétricas puntiformes Q1 = +10‐6 C e Q2 =  ‐10‐6 C 
localizadas  nos  vértices  de  um  triângulo 
eqüilátero  de  lado  d  =  0,3 m. O meio  é  o  vácuo, 
cuja constante eletrostática é k0 = 9ڄ109 Nڄm2ڄC ‐2. 
O  potencial  elétrico  e  a  intensidade  do  campo 
elétrico resultante do campo elétrico resultantes 
no ponto P são respectivamente: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Aሺ   ሻ. 0 V; 105 Vڄm ‐1;  
Bሺ   ሻ. 0 V;  3 ⋅105 Vڄm ‐1;  
Cሺ   ሻ. 3ڄ104 V;  3 ⋅105 Vڄm ‐1;  
Dሺ   ሻ. 6ڄ104 V; 105 Vڄm ‐1;  
Eሺ   ሻ. 6ڄ104 V; 2ڄ105 Vڄm ‐1. 
Resolução: 
O  potencial  resultante  é  dado  pela  soma 
algébricas dos potenciais. Assim, teremos: 
 
1 2.RV V V= +  
 
Mas,  como 
6 6
1 2 2
10 10; .
0,3 0,3
K KV V V
− −⋅ ⋅=− =− = O 
potencial resultante em P é nulo. 
 
O  campo  elétrico  resultante  no  ponto  P  é  dado 
pela  soma  vetorial  dos  vetores  campo  elétrico 
gerado por cada carga. Assim, teremos: 
 
1 2.RE E E= +
? ? ?
 
 
Onde  os  módulos  dos  vetores  campo  elétrico 
gerado por cada carga vale: 
 
9 6
1 5 1
1 2 2
1 2
9 10 10 10
0,3
.
K Q
E V m
d
E E
−
−⋅ ⋅ ⋅= = = ⋅
=
 
 
A  B 
12V 
+ 
e‐ 
v 
P 
d 
d 
d 
Q1  Q2 
 
 
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2 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Como  os  vetores  E1  e  E2  possuem  o  mesmo 
módulo, e formam um ângulo de 600, só podemos 
concluir  que  o  triângulo  formado  por  E1  E2 
ሺtracejadoሻ e ER é um triângulo eqüilátero. Logo: 
 
5 1
1 2 10 .RE E E V m
−= = = ⋅  
 
Chega‐se  ao  mesmo  resultado  se  somarmos  os 
componentes de E1 e E2 na direção “x”. Assim,  
 
0
1
5
5 1
2 0
12 10
2
10 .
R
R
R
E E cos6
E
E V m−
=
= ⋅ ⋅
∴ = ⋅
 
 
Os componentes de E1 e E2  na direção do eixo “y” 
se anulam mutuamente ሺmesmo módulo, mesma 
direção, porém sentidos opostosሻ. 
 
Letra “A”. 
 
Questão 3  
 
(MACK) Uma partícula  eletrizada  com  carga  q  = 
1µC  e massa  1  g  é  abandonada  em  repouso,  no 
vácuo  (  K0  =  9ڄ109  Nڄm2ڄC  ‐2  ሻ,  num  ponto  A 
distante  1,0 m  de  outra  carga Q ൌ  25µC,  fixa.  A 
velocidade da partícula,  em mڄs  ‐1, quando passa 
pelo ponto B, distante 1,0 m de A é: 
 
 
 
 
 
A(   ). 1; 
B(   ). 5; 
C(   ). 8; 
D(   ). 10; 
E(   ). 15. 
Resolução: 
A  exemplo  da  questão  1,  poderemos  utilizar  o 
teorema  do  trabalho  para  determinar  a 
velocidade final. Assim, teremos: 
 
( )
9 6 9 6 3 2
6
3 3 2
1
9 10 25 10 9 10 25 10 1010
1 2 2
9 25 10 10 15 .
2 2
A B A B Cq V V E
v
v v m s
→
− − −
−
− −
−
ℑ = − =∆
⎛ ⎞⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⎟⎜ ⎟− =⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠
⋅ ⋅ = ∴ = ⋅/ /
 
 
Letra “E”. 
 
Questão 4  
 
(FUVEST)  A  figura  representa  algumas 
superfícies  equipotenciais  de  um  campo 
eletrostático  e  os  valores  dos  potenciais 
correspondentes. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
a) Copie  a  figura,  representando o  vetor  campo 
elétrico os pontos A e B. 
b) Qual  o  trabalho  realizado  pelo  campo  para 
levar uma  carga q,  de 2  x 10‐6 C,  do ponto A 
para o ponto B? 
Resolução: 
a) O  vetor  campo  elétrico  é  perpendicular  às 
superfícies  equipotenciais  e  aponta  para  o 
sentido decrescente do potencial. Assim, tanto 
no ponto A  como no ponto B, o vetor  campo 
elétrico  aponta  para  a  direita  da  figura.  A 
figura  a  seguir  mostra  os  vetores  campo 
elétrico nos pontos A e B. 
 
 
600 
d 
d 
d 
Q1  Q2 
600 
600 
1E
?
2E
?
1xE
?
2xE
?
RE
?
2E
?
600 
600 
B A Q 
A
B 
+20V
+10V
0 
‐10V 
‐20V 
 
 
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3 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
b) O trabalho é dado por: 
 
( )
( )( )6
5
2 10 20 10
6 10 .
A B A B
A B
A B
q V V
J
→
−
→
−
→
ℑ = −
ℑ = ⋅ − −
∴ℑ = ⋅
 
 
Questão 5  
 
(UNICAMP)  Considere  uma  molécula  diatômica 
iônica. Um átomo tem carga q = 1,6 ڄ 10‐19 C, e o 
outro tem carga oposta. A distância interatômica 
de  equilíbrio  é  de  2,0  ڄ  10‐10  m.  No  sistema 
internacional,  1
4π 0ε
  é  igual  a  9,0  ڄ  109.  Na 
distância de equilíbrio, a força de atração entre as 
cargas  é  anulada  por  outras  forças  da molécula. 
Pede‐se: 
a) A  resultante  das  outras  forças  internas  que 
anula a força de atração entre as cargas; 
b) Considerando  que,  para  distâncias 
interatômicas  maiores  que  a  distância  de 
equilíbrio,  as  outras  forças  internas  são 
desprezíveis,  determine  a  energia  necessária 
para  separar  completamente  as  duas  cargas, 
isto é, para dissociar a molécula em dois íons. 
Resolução: 
a) A  força  de  atração mútua  é  dada pela  Lei  de 
Coulomb. Logo, a força resultante interna que 
deve anular a força de atração mútua deve ter 
o  mesmo  módulo  e  direção  da  força  de 
atração,  porém  sentido  oposto.  Seu  módulo 
deve valer: 
 
( )
( )
1 2
12 2
12
219
9
12 210
1
4
1,6 10
9 10
2 10
q q
F
r
F
π
−
−
⋅= ⋅
⋅= ⋅ ⋅
⋅
0ε
 
9
12 5,76 10 .iF F N
−∴ = = ⋅  
 
b) A  energia  necessária  para  separar  as 
partículas será dada pelo trabalho necessário 
para  levar  as  partículas  a  uma  distância 
infinitamente longa (onde a energia potencial 
elétrica de atração é nula). Assim, 
 
( )
1 2
12
219
9
10
18
1
4
1,6 10
9 10
2 10
1,152 10 .
P P
P
P
P
E E
q q
r
J
π
→∞ ∞
→∞
−
→∞ −
−
→∞
ℑ = −
⋅ℑ = ⋅
⋅ℑ =− ⋅ ⋅ ⋅
∴ℑ =− ⋅
0ε
 
 
O trabalho é negativo, porque esse processo não 
ocorre  espontaneamente.  Um  agente  externo 
precisa  atuar  no  sistema  fornecendo  esse  valor 
de trabalho. 
 
Questão 6  
 
(FUVEST)  Um  capacitor  é  formado  por  duas 
placas  paralelas,  separadas  10  mm  entre  si. 
Considere as placas do capacitor perpendiculares 
ao  plano  do  papel.  Na  figura  são  mostradas  as 
intersecções  das  placas  P1  e  P2  e  de  algumas 
superfícies equipotenciais com o plano do papel. 
Ao  longo  do  eixo médio  AA’,  o  campo  elétrico  é 
uniforme  entre  as  placas  e  seu  valor  é  E  =  105 
Vڄm‐1.  As  superfícies  equipotenciais  indicadas 
estão gradualmente espaçadas de 1 mm ao longo 
do eixo. Uma carga q = 10‐14 C é levada do ponto 
O ao ponto P, indicados na figura. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
O trabalho realizado é: 
A(   ). 0J; 
A 
B
+20V 
+10V 
0 
‐10V 
‐20V 
• 
• 
AE
?
BE
?
equipotenciais 
A 
A’
p 
P1 
P2 
E
?
q 
o 
 
 
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4 
B(   ). 5 x 10‐12J; 
C(   ). 1 x 10‐11J; 
D(   ). 4 x 10‐12J; 
E(   ). 1 x 10‐10J; 
Resolução: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Os  pontos  p  e  r  possuem  o  mesmo 
potencial,pois  pertencem  à  mesma  superfície 
equipotencial. Assim, determinar o trabalho para 
transportar  a  carga  de  o  até  o  ponto  r  significa 
determinar  o  trabalho  para  transportar  a  carga 
de o até o ponto p. A distância de o até r  é de 4 
mm. Logo o trabalho será dado por: 
 
( )
14 5 3
12
10 10 4 10
4 10 .
o p o r E
o p
qEd
J
→ →
− −
−
→
ℑ =ℑ =−ℑ
=− −
= ⋅ ⋅ ⋅
∴ℑ = ⋅
 
 
Onde  Ed  =  Uor  (ddp  entre  os  pontos  o  e  r).  O 
trabalho  realizado  pelo  campo  elétrico  é 
negativo, pois uma carga positiva não se desloca 
espontaneamente  no  sentido  contrário  ao  do 
campo elétrico.  
Letra “d”. 
 
Questão 7  
 
(FUVEST)  Um  pêndulo,  constituído  de  uma 
pequena  esfera,  com  carga  elétrica 
92,0 10q C−=+ ⋅  e massa  43 3 10m kg−= ⋅ ,  ligada 
a  uma  haste  eletricamente  isolante,  de 
comprimento  0,40d m= ,  e massa desprezível,  é 
colocado  num  campo  elétrico  constante 
( )6 11,5 10E E N C−= ⋅ ⋅? ? .  Esse  campo  é  criado  por 
duas  placas  condutoras  verticais,  carregadas 
eletricamente.  O  pêndulo  é  solto  na  posição  em 
que  a  haste  forma  um  ângulo  030α= com  a 
vertical  (ver  figura)  e,  assim,  ele  passa  a  oscilar 
em torno de uma posição de equilíbrio. 
São dados: 
  0 0 01 2 330 ; 45 ; 60 .
2 2 2
sen sen sen= = =  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Na  situação  apresentada,  considerando‐se 
desprezíveis os atritos, determine: 
a) Os valores dos ângulos α1, que a haste  forma 
com a vertical, na posição de equilíbrio, e α2, 
que  a  haste  forma  com  a  vertical  na  posição 
de máximo deslocamento angular. 
b) A  energia  cinética  K,  da  esfera,  quando  ela 
passa pela posição de equilíbrio. 
Resolução: 
a) Na posição de equilíbrio, temos: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1
1
1
1
1
0.
;
;
R
x E x
y y
F
T F qE T Tsen
T P mg T Tcos
sen qEtan
cos mg
α
α
α αα
=
= = =
= = =
= =
 
 
A’ 
equipotenciais 
A 
p 
P1 
P2 
E
?
q 
o 
r  _ 
_ 
_ 
_ 
_ 
_ 
_ 
_ 
+ 
+ 
+ 
+ 
+ 
+ 
+ 
+ 
P 
d 
α 
300 
E
?
g?
_ 
_ 
_ 
_ 
_ 
_ 
_ 
_ 
+ 
+ 
+ 
+ 
+ 
+ 
+ 
+ 
P 
α1 
EF
?
P
?
T
?
xT
yT
 
 
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5 
3
0
1 13
3 10 3 30 .
33 3 10
tanα α
−
−
⋅= = ∴ =⋅  
 
Onde  210 .g m s−= ⋅ Inicialmente,  o  pêndulo  se 
encontra  a  600  da  posição  de  equilíbrio  para  a 
direita.  Logo,  para  a  esquerda,  o  pêndulo  deve 
chegar a um ângulo máximo que deve ser de 600 
da posição de equilíbrio. Ou seja, 900 da vertical. 
 
b) A  energia  mecânica  inicial  da  esfera  é  dada 
por: 
 
0 0 0 0.Em Epg Epe mgh qV= + = +  
 
Na  posição  de  equilíbrio,  a  energia mecânica  da 
esfera é dada por: 
 
.Em Epg Epe K mgh qV K= + + = + +  
 
Onde  V0,  V  são  respectivamente  os  potenciais 
inicial  e  na  posição  de  equilíbrio.  K  é  a  energia 
cinética.  Ao  oscilar  da  posição  inicial  até  a 
posição de equilíbrio, a esfera volta a ter a mesma 
altura “h” do solo (os ângulos são iguais). Assim, 
as energias potenciais gravitacionais,  inicial e na 
posição  de  equilíbrio,  são  iguais.  Utilizando  o 
princípio  da  conservação  da  energia  mecânica, 
teremos: 
 
( )
0
0
0 .
Em Em
mgh qV mgh qV K
K q V V
=
+ = + +
= −
 
 
Onde V0 – V é a ddp entre as posições, inicial e de 
equilíbrio.  Em  um  campo  elétrico  uniforme,  a 
relação entre a ddp e o módulo do campo é dada 
por: 
 
0 .V V U Ex− = =  
 
Onde x é a distância entre as  referidas posições. 
Utilizando  as  relações  trigonométricas  podemos 
determinar o valor de x: 
 
02 30 0,40 .x d sen m= ⋅ ⋅ =  
 
Podemos  agora  determinar  a  ddp  e 
conseqüentemente a energia cinética: 
 
9 6
3
2 10 1,5 10 0,4
1,2 10 .
K qEx
K J
−
−
= = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
∴ = ⋅  
 
 
 
  
 
 
 
 
 
 
 
 
Questão 8  
 
(ITA)  Duas  partículas  de  massa  m  e  2m, 
respectivamente,  têm  cargas  elétricas  q  do 
mesmo módulo,  mas  de  sinais  opostos.  Estando 
inicialmente  separadas  de  uma  distância  r,  são 
soltas  a  partir  do  repouso.  Nestas  condições, 
quando  a  distância  entre  as  partículas  for  r/2, 
desprezando‐se a ação gravitacional terrestre, se 
1
4
K π= 0ε
, unidades SI, pode‐se afirmar que: 
a) ambas  terão  a  mesma  velocidade  igual  a 
3
Kq
mr
; 
b) ambas  terão  a  mesma  velocidade  igual  a 
Kq
mr
; 
c) ambas  terão  a  mesma  velocidade  igual  a 
2
3
Kq
mr
; 
d) uma  terá  velocidade  de  Kq
mr
  e  outra, 
velocidade de  2
3
Kq
mr
; 
e) uma  terá  velocidade  de 
3
Kq
mr
  e  outra, 
velocidade de  2
3
Kq
mr
. 
_ 
_ 
_ 
_ 
_ 
_ 
_ 
_ 
+ 
+ 
+ 
+ 
+ 
+ 
+ 
+ 
P 
d 
300 
E
?
g?
300 
x  Posição  
inicial 
Posição 
de 
equilíbrio 
 
 
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6 
Resolução: 
Situação inicial: 
 
 
 
 
 
 
 
A energia mecânica inicial vale: 
 
2
.e
KqEm Ep
r
= =−  
 
O  momento  linear  inicial  (quantidade  de 
movimento  inicial)  vale  zero  (as  partículas 
partem do repouso). 
 
Situação final: 
 
 
 
 
 
 
 
A energia mecânica final vale: 
 
22
2 2
1 2 1
2 .
2e
mvKqEm Ep Ec Ec mv
r
= + + =− + +  
 
O momento linear final vale: 
 
1 2
1 22 .
Q Q Q
Q mv mv
= +
= −
? ? ?
 
 
Utilizando  a  conservação  do  momento  linear 
teremos: 
 
1 2 2 10 2 2 .mv mv v v= − ⇒ =   (8.1) 
 
Utilizando  a  conservação  da  energia  mecânica, 
teremos: 
 
0
22 2
2 2
1
2
2
Em Em
mvKq Kq mv
r r
=
− =− + +  
 
22
2 2
1 .2
mvKq mv
r
= +    (8.2) 
 
Agora,  podemos  utilizar  o  resultado  (8.1)  na 
equação (8.2). Assim, 
 
2
2 2
1 1
1
2
.
3
Kq mv mv
r
Kv q
mr
= +
∴ =
 
 
E substituindo em (8.1), temos: 
 
2 2 .3
Kv q
mr
=  
 
Letra “E”. 
 
Questão 9  
 
(FEI)  Duas  esferas  condutoras  de  raios  R1  =  10 
cm  e  R2  =  15  cm  estão  eletrizadas,  no  vácuo,  e 
seus potenciais são, respectivamente, V1 = 1000 V 
e  V2  =  2000  V.  As  esferas  são  colocadas  em 
contato e depois afastadas uma da outra. Qual o 
novo potencial de cada esfera? 
Resolução: 
A carga da esfera 1 é dada por: 
 
31 1
1 2
1
1
10
10 10
100.
Kq K qV
R
Kq
−
⋅= ⇒ = ⋅
∴ =
 
 
A carga da esfera 2 é dada por: 
 
32 2
2 2
2
2
2 10
15 10
300.
Kq KqV
R
Kq
−= ⇒ ⋅ = ⋅
∴ =
 
 
Assim, a carga total do sistema vale: 
 
1 2 400.Kq Kq+ =  
 
Em  unidades  de  Kq.  Pelo  princípio  da 
conservação da carga, temos que, após o processo 
de eletrização por contato: 
r 
q, 2m  ‐q, m 
r/2 
‐q, m q, 2m 
1v
?
2v
?
 
 
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7 
1 2 400.Kq Kq′ ′+ =    (9.1) 
 
Esse processo de eletrização por contato perdura 
até que as esferas adquiram o mesmo potencial. 
Uma  vez  tendo  o  mesmo  potencial,  não  haverá 
transferência de carga de uma esfera para outra e 
o  equilíbrio  eletrostático  será  estabelecido. 
Assim, 
 
1 2
1 2
1 2
1 2
2 11,5 .10 15
V V
Kq Kq
R R
Kq Kq Kq Kq
′ ′=
′ ′=
′ ′ ′ ′= ⇒ =
(9.2) 
 
Substituindo  o  resultado  de  (9.2)  em  (9.1) 
teremos: 
 
1 1
1
1
1,5 400
400
2,5
160.
Kq Kq
Kq
Kq
′ ′+ =
′=
′=
(9.3) 
 
Utilizando  o  resultado  de  (9.3)  poderemos 
encontrar o novo valor do potencial da esfera 1: 
 
1
1
1
1 2
1
160
10 10
1600 .
KqV
R
V
V V
−
′′=
′= ⋅
′∴ =
 
 
Como as duas esferas estão em equilíbrio com o 
mesmo  potencial,  o  novo  potencial  da  esfera  2 
também vale 1600 V. 
 
Questão 10  
 
(UNIFESP)  A  presençade  íons  na  atmosfera  é 
responsável pela existência de um campo elétrico 
dirigido  e  apontado  para  a  Terra.  Próximo  ao 
solo,  longe  de  concentrações  urbanas,  num  dia 
claro  e  limpo,  o  campo  elétrico  uniforme  e 
perpendicular  ao  solo  horizontal  e  sua 
intensidade  é  de  120  Vڄm‐1.  A  figura  mostra 
linhas de campo e dois pontos dessa região, M e 
N. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
O ponto M está a 1,20 m do solo, e N está no solo. 
A diferença de potencial entre os pontos M e N é: 
 
A(   ). 100V; 
B(   ). 120V; 
C(   ). 125V; 
D(   ). 134V; 
E(   ). 144V. 
Resolução: 
Sabemos que em um campo elétrico uniforme,  a 
relação entre a ddp e o módulo do campo é dada 
por: 
 
120 1,2
144 .
MN
MN
MN
U Ed
U
U V
=
= ⋅
∴ =
 
 
Letra “E”. 
 
Questão 11  
 
(U.E. LONDRINA‐PR) Um condutor esférico de 20 
cm  de  diâmetro  está  uniformemente  eletrizado 
com carga de 4,0 µC e em equilíbrio eletrostático. 
Em  relação  a  um  referencial  no  infinito,  o 
potencial  elétrico de um ponto P,  que  está  a 8,0 
cm do centro do conduto, vale, em volts: 
A(   ). 3,6ڄ105; 
B(   ). 9,0ڄ104; 
C(   ). 4,5ڄ104; 
D(   ). 3,6ڄ104; 
E(   ). 4,5ڄ103. 
 
Dado:  9 2 29 10K N m C−= ⋅ ⋅ ⋅ . 
1,20 m
M
N 
E
?
 
 
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8 
Resolução: 
Para  um  corpo  esférico  eletrizado  em  equilíbrio 
eletrostático, o potencial em um ponto no interior 
deve  necessariamente  ser  igual  ao  potencial  de 
um ponto na superfície. Assim, para um ponto na 
superfície, tomando o referencial no infinito (V = 
0), o potencial é dado por: 
 
9 6
2
5
9 10 4 10
10 10
3,6 10
S S
I S
KqV V
R
V V V
−
−
⋅ ⋅ ⋅= ⇒ = ⋅
∴ = = ⋅
 
 
Letra “A”.