Questõesdeeletricidade3

 Prof. A.F.Guimarães Questões Eletricidade 3 – O Campo Elétrico Questão 1 q
− E . m
(ACAFE) A figura representa, na convenção usual, Resolução: a configuração de linhas de força associadas a Se a única força que atua na partícula eletrizada duas cargas puntiformes Q1 e Q2. Podemos com carga q é a interação com o campo elétrico E, afirmar que: a resultante das forças é então dada por: FR = qE . E admitindo que a massa da partícula é constante, podemos escrever, utilizando a 2ª lei Q1 Q2 de Newton: m ⋅ a = qE
qE ∴a=
.
m
A( ). Q1 e Q2 são cargas negativas; B( ). Q1 é positiva e Q2 é negativa; Letra “C”. C( ). Q1 e Q2 são cargas positivas; D( ). Q1 é negativa e Q2 é positiva; E( ). Q1 e Q2 são neutras. Questão 3 Resolução: Como as linhas de força apontam saindo de Q1 (FUVEST) Sobre uma partícula carregada atuam então Q1 é positiva. E como as linhas de força exclusivamente as forças devidas aos campos apontam entrando em Q2 então Q2 é negativa. elétrico e gravitacional terrestres. Admitindo que os campos sejam uniformes e que a partícula caia Letra “B”. verticalmente, com velocidade constante, podemos afirmar que: Questão 2 A( ). a intensidade do campo elétrico é igual à (F. OBJETIVO) Uma partícula de massa m está intensidade do campo gravitacional. eletrizada com carga positiva q e sujeita à ação de B( ). a força devida ao campo elétrico é menor, um campo elétrico E. Admitindo que a única força em módulo, do que o peso da partícula. atuante na partícula seja a força elétrica, assinale C( ). a força devida ao campo elétrico é maior, a opção que traduz corretamente o módulo da em módulo, do que o peso da partícula. aceleração da partícula em função do módulo do D( ). a força devida ao campo elétrico é igual, vetor campo elétrico. em módulo, ao peso da partícula. q
; A( ). a =
E( ). a direção do campo elétrico é mE
perpendicular à direção do campo mE
gravitacional. B( ). a =
; q
Resolução: qE
Se a partícula cai com velocidade constante, C( ). a =
; m
significa então que a resultante das forças na 2
partícula é nula. qE
D( ). a =
; m
FR = 0 . E( ). a =
1 www.profafguimaraes.net Como o peso da partícula está orientado na vertical para baixo, a força devido ao campo elétrico necessariamente aponta na vertical para cima, de tal forma que seu módulo é igual ao módulo do peso da partícula. Letra “D”. Questão 5 Num meio onde a constante eletrostática vale 9,0 109 N m2 C‐2, são fixadas duas cargas puntiformes QA = 3,2 µC e QB = 2,4 µC. Observando a figura, determinar a intensidade do campo elétrico resultante no ponto P, localizado na mediatriz do segmento que une as cargas QA e QB. P 52cm A B · M 30cm 30cm Sugestão: Considere o triângulo como sendo eqüilátero! Questão 4 Os pontos de uma determinada região do espaço estão sob a ação única de uma carga positiva pontual Q. Sabe‐se que num ponto A, distante 2 m da carga Q, a intensidade do campo elétrico é igual a 1,8 104 N C‐1. Determine: a) o valor da carga Q? b) a intensidade do campo elétrico num ponto B, situado a 30 cm da carga fonte Q. Dado: K0 = 9 109 N m2 C‐2. Resolução: a) O valor do campo elétrico gerado por Q no ponto A foi dado. Assim, poderemos determinar o valor de Q: K Q
E = 02
rQA
Resolução: Considere a figura a seguir. P Q
52cm 1,8 ⋅104 = 9 ⋅109 ⋅ 2
2
18 ⋅103
Q
4
⋅
=
A
B · M 9 ⋅109
30cm 30cm ∴ Q = 8 ⋅10−6 C.
Observamos que de fato o triângulo é eqüilátero. b) Agora que temos a carga, poderemos Pois, determinar o valor do campo no ponto B: l 2 = 522 + 302 ⇒ l ≅ 60cm. K Q
E = 02
Com uma aproximação muito boa. As duas cargas rQB
A e B geram campos no ponto P. Os campos das 9 ⋅109 ⋅ 8 ⋅10−6 8 ⋅103
cargas A e B valem respectivamente: = −2 E=
0,32
10
5
−1
K 0 QA
9 ⋅109 ⋅ 3, 2 ⋅10−6
∴ E = 8 ⋅10 N ⋅ C .
=
= 8 ⋅104 N ⋅ C −1 ;
E AP =
2
2
rAP
(0, 6)
9
−6
K
Q
9
10
2,
4
10
⋅
⋅
⋅
0
B
4
−
1
=
= 6 ⋅10 N ⋅ C .
EBP =
2
2
rBP
(0, 6)
2 www.profafguimaraes.net G
ER
G
G
E AP
EBP
P 600 52cm A B · M 30cm 30cm Poderemos utilizar a lei dos cossenos para determinar o módulo do vetor campo elétrico resultante. Lembrando que o triângulo é eqüilátero (todos os ângulos internos valem 600). Assim, teremos: 2
2
2
ERP
= E AP
+ EBP
+ 2 E AP EBP cos 600
2
ERP
= (8 ⋅104 ) + (6 ⋅104 ) + /2 ⋅ 8 ⋅ 6 ⋅108 ⋅
2
2
E=
K0 Q
R2
9 ⋅109 ⋅100 ⋅10−6
E=
= 9 ⋅107 N ⋅ C −1.
2
0,1
c) Na superfície, o campo elétrico é dado por: 1 K Q
Esup = ⋅ 0 2
2 R
7
−1
Esup = 4,5 ⋅10 N ⋅ C .
Questão 7 (UNICAMP) Um elétron é acelerado, a partir do repouso, ao longo de 8,8 mm, por um campo elétrico constante e uniforme de módulo E = 1,0 ·105 V·m‐1. Sabendo‐se que a razão carga/massa do elétron vale e/m = 1,76·1011 C·kg‐1, calcule: a) a aceleração do elétron; b) a velocidade final do elétron. 1
/2 Resolução: a) Como a única força que atua no elétron é a força elétrica, então a resultante das forças é a própria força elétrica. Assim, teremos: Fr = Fe
2
ERP
= 64 ⋅108 + 36 ⋅108 + 48 ⋅108
∴ ERP ≅ 12, 2 ⋅104 N ⋅ C −1.
Questão 6 m⋅ a = e⋅ E
O raio de uma esfera condutora é igual a 10 cm. Ela está uniformemente eletrizada. Sua carga é e
a = ⋅ E ⇒ a = 1, 76 ⋅1011 ⋅1, 0 ⋅105
positiva igual a 100 µC. Ela está imersa no vácuo. m
Determinar a intensidade do campo elétrico. ∴ a = 1, 76 ⋅1016 m ⋅ s−2 .
9
2
‐2
Adote K0 = 9·10 N·m ·C . a no seu interior; b) Poderemos utilizar a equação de Torricelli b infinitamente próximo da superfície; para determinar a velocidade final. Assim, c na superfície. Resolução: v 2 = 2 ⋅ a ⋅∆S
a) Sabemos que um condutor eletrizado em v 2 = 2 ⋅1, 76 ⋅1016 ⋅ 8,8 ⋅10−3 equilíbrio eletrostático possui um campo elétrico nulo no seu interior. Assim, ∴ v ≅ 1,8 ⋅107 m ⋅ s−1.
Eint = 0. Questão 8 b) Infinitamente próximo da superfície o campo (UNICAMP) Considere uma esfera de massa m e é dado por: carga q pendurada no teto e sob a ação da gravidade e do campo elétrico E como indicado na figura a seguir. 3 www.profafguimaraes.net a seguir. Considerando que o elétron se move num campo elétrico constante E = 100 N·C‐1, o E tempo que o elétron levará para cruzar novamente o eixo x é de: θ y m,q G
E
a) Qual é o sinal da carga q? Justifique sua resposta. b) Qual é o valor do ângulo θ no equilíbrio? G
v0
Resolução: a) Para que a esfera permaneça em equilíbrio 300 nesta configuração, teremos a presença de x uma força elétrica na mesma direção do campo elétrico, porém no sentido oposto. A( ). 10 ns; B( ). 15 ns; C( ). 23 ns; G
E T
D( ). 12 ns; G
θ E( ). 18 ns. Fe
Resolução: m,q Vamos considerar que o elétron sofre ação G
apenas do campo elétrico uniforme. Seja m = P
9,1·10‐31 kg, a massa do elétron. Desta forma, a G
G
Como a força elétrica é dada por: Fe = q ⋅ E , aceleração que atua no elétron aponta no sentido contrário ao do campo elétrico e vale: então, a carga só pode ser negativa. Fr = Fe
b) No equilíbrio, teremos: m⋅ a = e⋅ E
E G
Fe
G
G
Ty θ T
1, 6 ⋅10−19
e
⋅
100
a = ⋅E ⇒ a =
9,11⋅10−31
m
θ G
T
m,q x
∴ a = 1, 76 ⋅1013 m ⋅ s−2 .
(O resultado da razão carga massa do elétron do exercício 7 poderia ser utilizado aqui também). Assim, o elétron atingirá um valor de y máximo quando: v = v0 ⋅ sen300 − at
G
P
Fe = Tx = Tsenθ;
P = Ty = Tcosθ.
⎛ qE ⎞
Fe senθ
=
= tanθ ∴ θ = arctan ⎜⎜ ⎟⎟⎟.
⎜⎝ mg ⎠⎟
P cosθ
1
0 = 4 ⋅105 ⋅ −1, 76 ⋅1013 t
2
∴ t ≅ 1,14 ⋅10−8 s = 11, 4 ⋅10−9 s = 11, 4ns.
Questão 9 O tempo total é o dobro do tempo de subida. (ITA) No instante t = 0 s, um elétron é projetado Assim, o elétron retornará ao eixo x no instante t em um ângulo de 300 em relação ao eixo x, com = 22,8 ns 23 ns. Letra “C”. velocidade v0 de 4·105 m·s‐1, conforme o esquema 4 www.profafguimaraes.net