Capítulo 23 – Linhas de força e superfícies

Capítulo 24 – Eletrostática: campo
e potencial elétrico em condutores
esféricos
Capítulo 23 – Linhas de força e
superfícies equipotenciais
1. A
1. C
De acordo com os gráficos, percebemos que o raio da
esfera é de 1,0 m, pois o campo elétrico mantém-se nulo
até aí e o potencial não varia, que são condições para que
classifiquemos o condutor em equilíbrio eletrostático.
Inicialmente, vamos determinar a carga da esfera pelo campo
elétrico:
τAC = τAB + τBC ⇒ τAC = q ( VA − VB ) + q ( VB − VC )
NULO
τAC = 0 + 1(10 − 20 ) ∴ τAC = −10 J
2. E
Ocorrerá deslocamento de elétrons no sentido de potenciais
elétricos maiores. Deixando a extremidade esquerda
negativamente carregada, a extremidade direita fica
positivamente carregada.
Assim, concluímos que ocorre a polarização do condutor.
Eext . =
9 ⋅ 109 × Q
22
∴ Q = 4 ⋅ 10−6 C
Vale salientar que apenas com a informação do campo
elétrico, somos incapazes de saber o sinal da carga; contudo,
como o potencial é positivo, concluímos que a carga também
o é, deste modo:
De posse da carga elétrica, determinemos o potencial elétrico
da esfera:
Vesfera =
9 ⋅ 103 × 4 ⋅ 10−6
kQ
⇒
∴ Vesfera = 3, 6 ⋅ 104 V
1
R
2. C
Como o condutor está em equilíbrio eletrostático, sabemos
que o campo elétrico em seu interior deve ser nulo e,
portanto, a carga elétrica induzida no interior do condutor
oco deve ter sinal oposto à carga Q, o que nos permite
concluir que a carga na superfície interna é – Q.
Em relação à superfície, o campo elétrico é normal.
3. C
4. E
Como os pontos A, B, C e D pertencem à circunferência cujo
centro é ocupado pela carga +q1, podemos deduzir que todos
apresentam o mesmo potencial elétrico, ou ainda, que esta
circunferência é uma linha equipotencial (LE).
Com base nisso, analisaremos as afirmativas.
Num condutor esférico, as cargas elétricas distribuem-se
homogeneamente; mas num corpo de formato irregular, as
cargas elétricas se concentram nas regiões em que a área é
menor.
Q

Em razão disso, a densidade superficial de cargas σ  σ =  ,
A

torna-se maior e, consequentemente, o campo elétrico que

σ
depende dessa densidade também  E =  .,
ε
0 

Esse fenômeno é conhecido como poder das pontas e explica
o funcionamento de um para-raios.
4. C
Consideremos a figura a seguir:
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
I. (F) τBC = τDA = 0, pois VB = VC = VA = VD
II. (F) τAB = q2 ⋅ ( VA − VB ) = 0 , independente do sinal da
carga q2.
III. (V) τAB = τBC + τCD + τDA , pois τAB = τBC = τCD = τDA = 0 .
IV. (V) Pois τAB = τBC = τCD = τDA = 0 .
ensino médio
d2
⇒ 9 ⋅ 103 =
Q = +4 ⋅ 10–6 C
3. C
Analisemos cada item:
a) (F) Qualquer que seja o sinal, uma carga colocada em B
sofrerá deslocamento, porque estará sob a ação de um
campo elétrico não-nulo.
b)(F) O potencial elétrico diminui no sentido das linhas de
força; deste modo, estando o ponto A à esquerda da linha
equipotencial de zero volt, seu potencial é positivo.
c) (V) Como o ponto A está à direita de B, concluímos que
seu potencial é menor e, portanto, a ddp é positiva.
d) (F) O campo elétrico nunca será nulo, pois as cargas têm
o mesmo módulo e sinais opostos.
e)(F) O vetor velocidade ( v ) para uma carga positiva tem
direção e sentido idênticos ao do vetor campo elétrico
( E ); assim, a carga se moveria sobre a linha de força
que a contém com aceleração crescente, pois estaria se
aproximando de uma carga de sinal oposto e ainda sendo
empurrada por outro de mesmo sinal.
kQ
1
45º
T
F
T
P
45º
Estando a esfera em equilíbrio, temos:
F + P + T = 0 ou F + P = − T
2° ano
Assim,
F
F = q ⋅ E
tg 45° = , em que: 
P
P = mg
3. C
Deste modo,
1=
q ⋅E
mg
⇒E=
Deste modo,
U=R·i
10 = R × 10 · 10–3 ∴ R = 103 Ω ou 1 kΩ
mg
q
Como as lâmpadas são idênticas, devem possuir a mesma
resistência, então, substituindo-as por resistores ôhmicos,
temos:
Em termos numéricos:
E=
i1
A
−3
1⋅ 10 × 10
∴ E = 1⋅ 104 V/m
1⋅ 10−6
R
i2
ε
i3
R
R
V
Logo,
E=
σ
= 1⋅ 104 V/m
ε0
Denotando por ε a tensão fornecida pelas baterias, a
intensidade de corrente (i1) quando todas as lâmpadas são
ligadas é:
Capítulo 25 – Corrente ellétrica
i1 =
1. D
Calculando a resistência do condutor, pela 2ª lei de Ohm,
vem:
R=
ρL
2 ⋅ 10−5 × 1
⇒R =
= 20 Ω
10−6
A
2 ε 
3  R 
Então,
i=
18 Ω
i1
1 ε 
∴i =  
2
3R 
Assim, a indicação do voltímetro é:
12 V
30 Ω
20 Ω
ε
1 ε 
V = R ⋅i = R ×  ∴ V =
3R 
3
R = 20 Ω
∴ i1 =
i1 = i2 + i3, mas (i2 = i3 = i)
Agora, vamos determinar a resistência equivalente do circuito:
Restirando-se uma das lâmpadas em paralelo, temos:
Inicialmente, vamos determinar a resistência equivalente entre
os resistores de 30 Ω e 20 Ω, R20 – 30,
R20−30 =
R
R+
2
De acordo com o circuito.
I
ε
A
20 × 30
= 12 Ω
20 + 30
i`1
R
i`1
ε
R
V
No circuito todo, temos:
Req = 18 + R20 – 30 + R = 18 + 12 +20 = 50 Ω
Calculando a nova intensidade de corrente (i’1), vem:
Da primeira lei de Ohm,
U = R ⋅ i ⇒ 12 = 50 × i ∴ i = 0,24 A
i1’ =
2. C
E a nova indicação do voltímetro (V’) será:
Como o LED deve funcionar com 2 V, o resistor limitador deve
produzir uma queda de tensão de 10 V, conforme a figura a
seguir:
i = 10 m A
R
V ’ = R ⋅ i1 =
LED
2V
10 V
ε
2R
ε
2
Deste modo, deduzimos que a intensidade de corrente
registrada pelo amperímetro diminui enquanto a indicação
do voltímetro aumenta.
12 V
ensino médio
2
2° ano
Capítulo 26 – Geradores e circuitos
simples
4. A
Calculemos a resistência equivalente com as chaves C1 e C2
abertas:
1. B
A
100 Ω
C1
R
C2
Quando associadas em série, a tensão de cada ramo,
composto por duas pilhas iguais, é igual a 2V.
50 Ω
V
V
V
V
V
V
ε = 1,5 V
300 Ω
A
R
Req = 300 + 100 + 50 = 450 Ω
Assim, a intensidade de corrente indicada no amperímetro, é:
1,5
1
U
=
=
A
Req. 450 300
=i
i
100 Ω
p
i3
C1
Q
300 Ω
ε, r
50 Ω
5Ω
A
ε = 1,5 V
B
i3
B
i2
6Ω
C
i1 = 0,4 A
3Ω
C
UAC = ε – ri3 (Equação do gerador)
1
7
∴ i2 =
A
300
1.800
Como os resistores de 3 Ω e 5 Ω estão associados em paralelo,
temos que:
UCA = 1, 2 V
UCA = 3 × 0, 4 = 6 × i2 ∴ 
i2 = 0, 2 A
Deste modo, a intensidade de corrente através de R é:
i2 = i + i3
C
i3
Q
Agora, o resistor de 300 Ω fica em série com o circuito
formado pelos resistores de 100 Ω e R, de modo que:
i3 = i2 − i1 =
Considerando o circuito dado, acrescentamos as informações
a seguir:
C2
i2
1,5 = 300 × i2 + 100 ×
A
i2
2V
R
2. A
Q
R
i2
p
A
Na associação desses ramos em paralelo, a tensão não
muda, então, a intensidade de corrente que flui através do
amperímetro é:
i=
Com as chaves C1 e C2 simultaneamente fechadas, o resistor
de 50 Ω não participa mais do circuito e o resistor R fica em
paralelo com o resistor de 100 Ω, conforme se vê a seguir:
p
7
1
1
A
−
∴ i3 =
1.800 300
1.800
Agora, determinemos a intensidade de corrente i3, bem como
a tensão entre os pontos C e A:
i3 = i1 + i2 ⇒ i3 = 0,4 + 0,2 ∴ i3 = 0,6 A
Assim, como os resistores de 100 Ω e R estão em paralelo
(mesma ddp), vem:
UBC = 5 × 0,6 ∴ UBC = 3 V
1
1
100 ×
= R×
∴ R = 600 Ω
300
1.800
Deste modo, podemos deduzir que:
UCA = UAB + UBC ⇒ UAC = 1,2 + 3,0 ∴ UAC = 4,2 V
Assim, substituindo os valores encontrados na equação do
gerador, temos:
UAC = ε – ri3 ⇒ 4,2 = 4,5 – r · 0,6 ∴ r = 0,5 Ω
ensino médio
3
2° ano
Capítulo 27 – Receptores e circuitos
de malha única
3. C
Calculemos a tensão (U) nas extremidades de cada
eletrocélula:
UAB = 5.000 × U ⇒ U =
A
1,5 V
1,5 V
Agora, calculemos a intensidade de corrente que flui através
de cada ramo e, consequentemente, por cada eletrocélula:
i=
1. D
750
V
5.000
1,5 V
UAC = 4,5V
R = 1,0 Ω
1
A
150
UAB = 4,0V
Deste modo, a força eletromotriz (ε) de cada eletrocélula é:
i
A
A
750
1
U = ε − ri ⇒ ε =
+ 7,5 ×
5.000
150
∴ ε = 0, 2 V
Considere o circuito dado com as observações a seguir:
A potência consumida pelo motor (PotM) é dada por:
PotM = UAB · i (I)
B
i1
i2
Calculemos a intensidade de corrente(i):
Ω
47
0
0
47
10V
C
B
B
Motor
4. D
C
Ω
UAC = R · i + UAB (II)
D
Voltímetro
Como as pilhas são ideais e estão associadas em série, temos:
0
10
Ω
=
RS
UAC = 3 · ε = 4,5 V (III)
0
12
Substituindo (III) em (II),
Ω
UAC = R · I + UAB ⇒ 4,5 = 1 × i + 4,0 ∴ i = 0,5 A (IV)
A
Finalmente, substituindo (IV) em (I), temos:
Inicialmente, vamos determinar as intensidades de correntes
que fluem através dos ramos em destaque:
i1 =
10
1
A
∴ i1 =
470 + 100
57
e
i2 =
PotM = 4 × 0,5 ∴ PotM = 2,0 W
2. A
10
1
A
∴ i2 =
470 + 120
59
Sendo o potencial em A igual a zero (terra), VA = 0, temos
que o potencial em B é igual a 10 V, ou seja, VB = 10 V.
Deste modo, determinemos os potenciais nos pontos C e D,
respectivamente,
VB − VC = 470 × i1 ⇒ 10 − VC = 470 ×
I (V)
Com a chave aberta, a intensidade de corrente é:
R3 = 6 Ω
R2 = 5 Ω
R1 = 10 Ω
R4 = 4 Ω
1
∴ VC = 1, 75 V
57
ε
i1 =
Assim,
VC – VD = 1,75 – 2,03 = –0,28 V
ensino médio
=
30 V
C
1
VB − VD = 470 × i2 ⇒ 10 − VD = 470 × ∴ VD = 2, 03 V
59
4
ε
30
=
=∴ i1 = 2, 0 A
R1 + R2 15
2° ano
II. (V)
Com a chave fechada, temos:
R3
R4
=
=
i1 =
6Ω
R2
4Ω
R1
=
Na segunda situação, com a bateria 2 invertida:
5Ω
=
18 + ε2
18 + ε2
∴ i1 =
(I)
2, 4 + 1, 6
4
1,6 
4x6
= 2,4 
4+6
18V
10 Ω
4,0 
ε
=
30 V
ε2
C
i2 =
Associando R3 e R4, obtemos: R34 = R3 + R4 = 6 + 4 = 10 Ω
Agora, como os resistores R34 e R1 têm a mesma resistência,
a resistência equivalente entre eles (R341) será:
R34 = R1 ∴ R341 =
6,0 
A
18 − ε2
18 − ε2
(II)
∴ i2 =
2, 4 + 1, 6
4
De acordo com o problema, i2 =
10
=5Ω
2
O que reduz o circuito a:
i1
2
Então:
18 − ε2 1 18 + ε2
= ×
⇒ 18 + ε2 = 2 (18 − ε2 ) ∴ ε2 = 6, 0 V
4
2
4
4. B
R2 = 5Ω
Na posição (1), temos:
i=
R341 = 5Ω
ε = 30V
E1 − E2
12 − 6
=
= 1, 0 A
R + R1 + R2 4 + 1+ 1
Na posição (2), temos:
i2 =
12 + 6
= 3, 0 A
4 + 1+ 1
E a intensidade de corrente passa a ser:
i2 =
30
ε
=
=∴ i2 = 3, 0 A
R341 + R2 10
III. (V)
Calculemos as potências dissipadas pelo circuito nas situações
de chave aberta (Pot1) e chave fechada (Pot2):
Pot1 = ε · i1 = 30 × 2 ∴ Pot1 = 60 W
Pot2 = ε · i2 = 30 × 3 ∴ Pot2 = 90 W
Logo, a potência dissipada no circuito é maior com a chave
fechada.
3. C
Na primeira situação, temos:
1,6 
4x6
= 2,4 
4+6
18V
4,0 
6,0 
A
ε2
ensino médio
5
2° ano