1º EE · Fundamentos do Eletromagnetismo

Questão 011º EE2025.2Campo elétrico · Cargas pontuais2,5 ptsVer material

Duas cargas pontuais positivas, cada uma de módulo $q$ , estão fixas sobre o eixo $y$ , nos pontos $(0, +d/2)$ e $(0, -d/2)$ .

(a) Determine o campo elétrico resultante em um ponto $P$ sobre o eixo $z$ , a uma distância $z$ da origem.

(b) Qual o valor do campo em $z = 0$ ?

(c) O que acontece com o campo quando $z \gg d$ ? Interprete o resultado.

As componentes em $y$ se cancelam por simetria; o campo resultante em $P$ fica ao longo de $\hat z$ .

Gabarito

(a) $\vec E(z) = \dfrac{2kqz}{\left(z^2 + d^2/4\right)^{3/2}}\,\hat z$ · (b) $\vec E(0) = 0$ · (c) $E \approx \dfrac{2kq}{z^2}$ — as duas cargas se comportam como uma única carga pontual $2q$ .

Passo a passo

Passo 1 — Distância de cada carga até o ponto $P = (0, 0, z)$ :

r = \sqrt{z^2 + \left(\frac{d}{2}\right)^2} = \sqrt{z^2 + \frac{d^2}{4}}

Cada carga gera um campo de módulo $E_1 = \dfrac{kq}{r^2} = \dfrac{kq}{z^2 + d^2/4}$ .

Passo 2 — Use a simetria: as componentes ao longo de $y$ das duas cargas são opostas e se cancelam. Sobram apenas as componentes ao longo de $z$ , que se somam. O ângulo $\alpha$ entre $\vec E_1$ e o eixo $z$ satisfaz

\cos\alpha = \frac{z}{r} = \frac{z}{\sqrt{z^2 + d^2/4}}

Passo 3 — Some as duas contribuições na direção $\hat z$ :

E_z = 2\,E_1\cos\alpha = 2\cdot\frac{kq}{z^2 + d^2/4}\cdot\frac{z}{\sqrt{z^2+d^2/4}}

\boxed{\vec E(z) = \frac{2kqz}{\left(z^2 + \tfrac{d^2}{4}\right)^{3/2}}\,\hat z}

Passo 4 — Em $z = 0$ o numerador zera:

\vec E(0) = 0

Faz sentido: no ponto médio entre duas cargas iguais, os campos têm mesmo módulo e sentidos opostos.

Passo 5 — Para $z \gg d$ , despreze $d^2/4$ frente a $z^2$ :

E \approx \frac{2kqz}{(z^2)^{3/2}} = \frac{2kq}{z^2}

De longe, o par de cargas é indistinguível de uma carga pontual única de valor $2q$ na origem.

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Questão 021º EE2025.2Lei de Gauss · Esfera carregada2,5 ptsVer material

Uma esfera maciça de raio $R = 0{,}8\ \text{m}$ possui densidade volumétrica de carga uniforme $\rho = 8 \times 10^{-6}\ \text{C/m}^3$ .

(a) Calcule a carga total da esfera.

(b) Determine o fluxo do campo elétrico através de uma superfície esférica de raio $r = 2\ \text{m}$ concêntrica com a esfera.

(c) Calcule o módulo do campo elétrico sobre essa superfície.

A gaussiana (tracejada) envolve toda a carga da esfera; $\vec E$ é radial e tem o mesmo módulo em todos os pontos dela.

Gabarito

(a) $Q \approx 1{,}72 \times 10^{-5}\ \text{C}$ · (b) $\Phi_E \approx 1{,}94 \times 10^{6}\ \text{N·m}^2/\text{C}$ · (c) $E \approx 3{,}86 \times 10^{4}\ \text{N/C}$

Passo a passo

Passo 1 — Carga total = densidade × volume da esfera:

Q = \rho \cdot \frac{4}{3}\pi R^3 = 8\times10^{-6} \cdot \frac{4}{3}\pi (0{,}8)^3

Q = 8\times10^{-6} \cdot \frac{4}{3}\pi (0{,}512) \approx \boxed{1{,}72\times10^{-5}\ \text{C}}

Passo 2 — A superfície de $r = 2\ \text{m} \gt R$ envolve toda a carga. Pela Lei de Gauss, o fluxo depende só da carga interna:

\Phi_E = \frac{Q_{\text{int}}}{\varepsilon_0} = \frac{1{,}72\times10^{-5}}{8{,}85\times10^{-12}} \approx \boxed{1{,}94\times10^{6}\ \text{N·m}^2/\text{C}}

Passo 3 — Por simetria esférica, $\vec E$ é radial e uniforme sobre a gaussiana, então $\Phi_E = E \cdot 4\pi r^2$ :

E = \frac{\Phi_E}{4\pi r^2} = \frac{1{,}94\times10^{6}}{4\pi (2)^2} \approx \boxed{3{,}86\times10^{4}\ \text{N/C}}

Equivalente a tratar a esfera como carga pontual: $E = kQ/r^2 = (9\times10^9)(1{,}72\times10^{-5})/4 \approx 3{,}86\times10^4\ \text{N/C}$ ✓

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Questão 031º EE2025.2Potencial elétrico · Trabalho2,5 ptsVer material

Quatro cargas pontuais idênticas de $q = 3\ \mu\text{C}$ ocupam os vértices de um quadrado de lado $L = 20\ \text{cm}$ .

(a) Calcule o potencial elétrico no ponto médio de um dos lados do quadrado.

(b) Determine o trabalho realizado pelo campo elétrico para trazer uma carga $q_0 = 10\ \mu\text{C}$ do infinito até esse ponto.

Duas cargas estão a $r_1 = L/2$ de $P$ e as outras duas a $r_2 = \sqrt{L^2 + (L/2)^2}$ .

Gabarito

(a) $V \approx 7{,}8 \times 10^{5}\ \text{V}$ · (b) $W_{\text{campo}} = -q_0 V \approx -7{,}8\ \text{J}$ (trabalho negativo: o campo se opõe à aproximação da carga positiva).

Passo a passo

Passo 1 — Posicione o quadrado e o ponto $P$ no meio de um lado. As duas cargas desse lado estão a uma distância

r_1 = \frac{L}{2} = 0{,}1\ \text{m}

As duas cargas do lado oposto estão a

r_2 = \sqrt{L^2 + \left(\frac{L}{2}\right)^2} = \sqrt{(0{,}2)^2 + (0{,}1)^2} = \sqrt{0{,}05} \approx 0{,}2236\ \text{m}

Passo 2 — O potencial é escalar — basta somar as quatro contribuições:

V = kq\left(\frac{2}{r_1} + \frac{2}{r_2}\right) = 2kq\left(\frac{1}{0{,}1} + \frac{1}{0{,}2236}\right)

V = 2(9\times10^9)(3\times10^{-6})(10 + 4{,}47) \approx \boxed{7{,}8\times10^{5}\ \text{V}}

Passo 3 — Trabalho do campo ao trazer $q_0$ do infinito ( $V_\infty = 0$ ) até $P$ :

W_{\text{campo}} = -\Delta U = -q_0\,(V_P - V_\infty) = -q_0 V_P

W_{\text{campo}} = -(10\times10^{-6})(7{,}8\times10^{5}) \approx \boxed{-7{,}8\ \text{J}}

Passo 4 — Interpretação: como todas as cargas são positivas, o campo “empurra” $q_0$ para longe; para aproximá-la, um agente externo faz trabalho $+7{,}8\ \text{J}$ e o campo faz $-7{,}8\ \text{J}$ .

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Questão 041º EE2025.2Circuitos · Associação de resistores2,5 ptsVer material

No circuito resistivo da prova, os resistores são $R_1 = 2\ \Omega$ , $R_2 = 4\ \Omega$ , $R_3 = 2\ \Omega$ , $R_4 = 6\ \Omega$ , $R_5 = 4\ \Omega$ e $R_6 = 8\ \Omega$ . $R_5$ e $R_6$ estão em série entre si, e esse ramo está em paralelo com $R_4$ ; esse conjunto está em paralelo também com $R_3$ , tudo em série com $R_2$ , e $R_2$ em paralelo com $R_3$ conecta-se a $R_1$ e à fonte $\varepsilon$ . Sabendo que a corrente que passa por $R_6$ é $i_6 = 1{,}4\ \text{A}$ , determine as correntes em todos os resistores e a f.e.m. $\varepsilon$ da fonte.

$R_5 + R_6$ em série; esse ramo em paralelo com $R_4$ ; o conjunto em série com $R_2$ ; e tudo em paralelo com $R_3$ .

Gabarito

$i_5 = i_6 = 1{,}4\ \text{A}$ ; $i_4 = 1{,}05\ \text{A}$ ; $i_2 = 2{,}45\ \text{A}$ ; $i_3 = 10{,}85\ \text{A}$ ; $i_1 = 13{,}3\ \text{A}$ ; $\varepsilon \approx 48{,}3\ \text{V}$ .

Passo a passo

Passo 1 — $R_5$ e $R_6$ estão em série, então a mesma corrente atravessa os dois: $i_5 = i_6 = 1{,}4\ \text{A}$ . A tensão nesse ramo é

V_{56} = i_6\,(R_5 + R_6) = 1{,}4\,(4 + 8) = 16{,}8\ \text{V}

Passo 2 — $R_4$ está em paralelo com o ramo $R_5\!+\!R_6$ , logo tem a mesma tensão:

i_4 = \frac{V_{56}}{R_4} = \frac{16{,}8}{6} = 1{,}05\ \text{A}

Passo 3 — A corrente que entra nesse paralelo vem de $R_2$ (nó de junção):

i_2 = i_4 + i_6 = 1{,}05 + 1{,}4 = 2{,}45\ \text{A}

Passo 4 — Tensão no bloco { $R_2$ em série com o paralelo}:

V_{\text{bloco}} = i_2 R_2 + V_{56} = 2{,}45\cdot4 + 16{,}8 = 9{,}8 + 16{,}8 = 21{,}7\ \text{V}\ (\approx)

Como $R_3$ está em paralelo com esse bloco, $V_3 = 21{,}7\ \text{V}$ :

i_3 = \frac{V_3}{R_3} = \frac{21{,}7}{2} = 10{,}85\ \text{A}

Passo 5 — Pelo nó de entrada, a corrente total (que passa por $R_1$ e pela fonte) é

i_1 = i_2 + i_3 = 2{,}45 + 10{,}85 = 13{,}3\ \text{A}

Passo 6 — Malha externa (Lei de Kirchhoff das tensões):

\varepsilon = i_1 R_1 + V_3 = 13{,}3\cdot2 + 21{,}7 = 26{,}6 + 21{,}7 \approx \boxed{48{,}3\ \text{V}}

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Questão 051º EE2024.1Campo elétrico · Soma vetorial2,5 ptsVer material

Uma carga $q_1 = 5\ \mu\text{C}$ está localizada no ponto $(1,\ 3)\ \text{m}$ e uma carga $q_2 = -4\ \mu\text{C}$ está no ponto $(2,\ -2)\ \text{m}$ .

Determine o campo elétrico resultante (componentes, módulo e sentido) no ponto $P(-3,\ 1)\ \text{m}$ .

Em $P$ : $\vec E_1$ aponta para longe de $q_1$ (positiva) e $\vec E_2$ aponta para $q_2$ (negativa).

Gabarito

$\vec E \approx (-1{,}10\,\hat i - 1{,}55\,\hat j)\times 10^{3}\ \text{N/C}$ , com módulo $|\vec E| \approx 1{,}90\times 10^{3}\ \text{N/C}$ .

Passo a passo

Passo 1 — Vetores que vão de cada carga até $P$ :

\vec r_1 = P - (1,3) = (-4,\ -2)\ \text{m}, \qquad r_1 = \sqrt{16+4} = \sqrt{20} \approx 4{,}47\ \text{m}

\vec r_2 = P - (2,-2) = (-5,\ 3)\ \text{m}, \qquad r_2 = \sqrt{25+9} = \sqrt{34} \approx 5{,}83\ \text{m}

Passo 2 — Módulos dos campos:

E_1 = \frac{k|q_1|}{r_1^2} = \frac{(8{,}99\times10^9)(5\times10^{-6})}{20} \approx 2{,}25\times10^{3}\ \text{N/C}

E_2 = \frac{k|q_2|}{r_2^2} = \frac{(8{,}99\times10^9)(4\times10^{-6})}{34} \approx 1{,}06\times10^{3}\ \text{N/C}

Passo 3 — Direções: $q_1 \gt 0$ → o campo em $P$ aponta para longe de $q_1$ (na direção de $\hat r_1$ ); $q_2 \lt 0$ → o campo aponta para $q_2$ (sentido oposto a $\hat r_2$ ):

\vec E_1 = E_1\,\hat r_1 = 2{,}25\times10^3 \cdot \frac{(-4,-2)}{4{,}47} \approx (-2{,}01,\ -1{,}00)\times10^{3}\ \text{N/C}

\vec E_2 = -E_2\,\hat r_2 = 1{,}06\times10^3 \cdot \frac{(5,-3)}{5{,}83} \approx (0{,}91,\ -0{,}54)\times10^{3}\ \text{N/C}

Passo 4 — Somando componente a componente:

\vec E = \vec E_1 + \vec E_2 \approx \boxed{(-1{,}10\,\hat i - 1{,}55\,\hat j)\times10^{3}\ \text{N/C}}

|\vec E| = \sqrt{(1{,}10)^2 + (1{,}55)^2}\times10^3 \approx \boxed{1{,}90\times10^{3}\ \text{N/C}}

O campo aponta para o 3º quadrante (esquerda e para baixo).

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Questão 061º EE2024.1Lei de Gauss · Modelo de Thomson2,5 ptsVer material

No modelo atômico de Thomson, o átomo é uma esfera de raio $R$ com carga positiva $q = Ze$ distribuída uniformemente em seu volume.

(a) Usando a Lei de Gauss, determine o campo elétrico para $r \lt R$ (interior) e $r \gt R$ (exterior).

(b) Para o átomo de ouro ( $Z = 79$ , $R = 1{,}0\times10^{-10}\ \text{m}$ ), calcule o campo elétrico na superfície da esfera.

Dentro da esfera o campo cresce linearmente; fora, decai como carga pontual. O máximo é na superfície $r = R$ .

Gabarito

(a) $E_{\text{int}} = \dfrac{qr}{4\pi\varepsilon_0 R^3}$ e $E_{\text{ext}} = \dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0 r^2}$ · (b) $E \approx 1{,}1\times10^{13}\ \text{N/C}$

Passo a passo

Passo 1 — Gaussiana esférica de raio $r \lt R$ . A carga interna é proporcional ao volume envolvido:

q_{\text{int}} = q\,\frac{\frac{4}{3}\pi r^3}{\frac{4}{3}\pi R^3} = q\,\frac{r^3}{R^3}

Passo 2 — Lei de Gauss com simetria esférica ( $\Phi = E\cdot 4\pi r^2$ ):

E\cdot 4\pi r^2 = \frac{q\,r^3/R^3}{\varepsilon_0} \;\Rightarrow\; \boxed{E_{\text{int}} = \frac{q\,r}{4\pi\varepsilon_0 R^3}}

O campo interno cresce linearmente com $r$ .

Passo 3 — Para $r \gt R$ a gaussiana envolve toda a carga, e a esfera se comporta como carga pontual:

\boxed{E_{\text{ext}} = \frac{q}{4\pi\varepsilon_0 r^2}}

Passo 4 — Na superfície ( $r = R$ ) as duas expressões coincidem. Para o ouro, $q = 79\,e = 79 \times 1{,}6\times10^{-19} = 1{,}264\times10^{-17}\ \text{C}$ :

E = \frac{kq}{R^2} = \frac{(8{,}99\times10^9)(1{,}264\times10^{-17})}{(1{,}0\times10^{-10})^2} \approx \boxed{1{,}1\times10^{13}\ \text{N/C}}

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Questão 071º EE2024.1Potencial elétrico · Trabalho2,5 ptsVer material

Quatro cargas de $3\ \mu\text{C}$ estão fixas nos vértices de um quadrado de lado $3\ \text{cm}$ .

Calcule o trabalho realizado pela força elétrica para trazer uma carga $q_0 = 10\ \mu\text{C}$ do infinito até o ponto médio de um dos lados do quadrado.

$q_0$ é trazida do infinito até $P$ , no meio de um lado; a força elétrica das quatro cargas positivas resiste à aproximação.

Gabarito

$V \approx 5{,}20\times10^{6}\ \text{V}$ no ponto; trabalho da força elétrica $W = -q_0 V \approx -52{,}0\ \text{J}$ (o agente externo realiza $+52{,}0\ \text{J}$ ).

Passo a passo

Passo 1 — Distâncias de cada vértice ao ponto médio de um lado. As duas cargas desse lado estão a

r_1 = \frac{L}{2} = 1{,}5\ \text{cm} = 0{,}015\ \text{m}

e as duas cargas do lado oposto estão a

r_2 = \sqrt{L^2 + (L/2)^2} = \sqrt{(0{,}03)^2 + (0{,}015)^2} \approx 0{,}0335\ \text{m}

Passo 2 — Potencial é escalar — basta somar as quatro contribuições:

V = kq\left(\frac{2}{r_1} + \frac{2}{r_2}\right) = (8{,}99\times10^9)(3\times10^{-6})\left(\frac{2}{0{,}015} + \frac{2}{0{,}0335}\right)

V \approx 2{,}70\times10^{4}\,(133{,}3 + 59{,}6) \approx \boxed{5{,}20\times10^{6}\ \text{V}}

Passo 3 — Trabalho da força elétrica ao trazer $q_0$ do infinito (onde $V=0$ ):

W_{\text{elé}} = -q_0\,\Delta V = -q_0(V - 0) = -(10\times10^{-6})(5{,}20\times10^{6}) \approx \boxed{-52{,}0\ \text{J}}

O sinal negativo indica que a força elétrica resiste à aproximação (todas as cargas são positivas); o agente externo precisa fornecer $+52{,}0\ \text{J}$ .

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Questão 081º EEBaseada em 2024.1Circuitos · Máxima transferência de potência2,5 ptsVer material

Uma fonte real de fem $\varepsilon = 10\ \text{V}$ e resistência interna $r = 12\ \Omega$ alimenta um resistor variável $R_1$ .

(a) Calcule a corrente no circuito e a potência dissipada em $R_1$ quando $R_1 = 12\ \Omega$ .

(b) Mostre que a potência dissipada em $R_1$ é máxima exatamente quando $R_1 = r = 12\ \Omega$ .

Fonte real: fem $\varepsilon$ em série com a resistência interna $r$ ; a seta indica que $R_1$ é variável.

$P(R_1)$ cresce, atinge o máximo em $R_1 = r$ e depois decai.

Gabarito

(a) $i \approx 0{,}42\ \text{A}$ e $P_{R_1} \approx 2{,}08\ \text{W}$ · (b) $dP/dR_1 = 0 \Rightarrow R_1 = r = 12\ \Omega$ .

Passo a passo

Passo 1 — Malha única: $\varepsilon = i(r + R_1)$ . Com $R_1 = 12\ \Omega$ :

i = \frac{\varepsilon}{r + R_1} = \frac{10}{12 + 12} \approx \boxed{0{,}42\ \text{A}}

P_{R_1} = i^2 R_1 = (0{,}417)^2 \cdot 12 \approx \boxed{2{,}08\ \text{W}}

Passo 2 — Potência em $R_1$ como função de $R_1$ :

P(R_1) = i^2 R_1 = \frac{\varepsilon^2 R_1}{(r + R_1)^2}

Passo 3 — Derivando e igualando a zero (regra do quociente):

\frac{dP}{dR_1} = \varepsilon^2\,\frac{(r+R_1)^2 - R_1\cdot 2(r+R_1)}{(r+R_1)^4} = \varepsilon^2\,\frac{r - R_1}{(r+R_1)^3} = 0

\Rightarrow \boxed{R_1 = r = 12\ \Omega}

Passo 4 — Para $R_1 \lt r$ a derivada é positiva e para $R_1 \gt r$ é negativa — logo é de fato um máximo. Este é o teorema da máxima transferência de potência: a carga recebe potência máxima quando “casa” com a resistência interna da fonte.

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Questão 091º EE2024.2Lei de Gauss · Plano infinito2,5 ptsVer material

(a) Usando a Lei de Gauss, mostre que o campo elétrico de um plano infinito com densidade superficial de carga $\sigma \gt 0$ vale $E = \dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0}$ , independente da distância ao plano.

(b) Dois planos infinitos paralelos possuem densidades $+\sigma$ e $-\sigma$ . Determine o campo elétrico entre os planos e fora deles.

Gaussiana cilíndrica: só as duas tampas (área $A$ cada) têm fluxo; $\Phi = 2EA$ .

Entre os planos os campos se somam; fora, se cancelam. É o capacitor de placas paralelas.

Gabarito

(a) $E = \dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0}$ · (b) entre os planos $E = \dfrac{\sigma}{\varepsilon_0}$ (do $+$ para o $-$ ); fora, $E = 0$ .

Passo a passo

Passo 1 — Por simetria, $\vec E$ é perpendicular ao plano e tem o mesmo módulo dos dois lados. Escolha como gaussiana um cilindro de área de base $A$ atravessando o plano.

Passo 2 — Só as duas tampas contribuem para o fluxo (na lateral $\vec E \perp \hat n$ ):

\Phi = EA + EA = 2EA

Passo 3 — A carga envolvida é $q_{\text{int}} = \sigma A$ . Pela Lei de Gauss:

2EA = \frac{\sigma A}{\varepsilon_0} \;\Rightarrow\; \boxed{E = \frac{\sigma}{2\varepsilon_0}}

Como $A$ cancela e nada depende da distância, o campo é uniforme.

Passo 4 — Dois planos $+\sigma$ e $-\sigma$ : cada um gera $\sigma/2\varepsilon_0$ . Entre eles, o campo do plano positivo aponta para longe dele e o do negativo aponta para ele — ou seja, os dois apontam no mesmo sentido (do $+$ para o $-$ ) e se somam:

E_{\text{entre}} = \frac{\sigma}{2\varepsilon_0} + \frac{\sigma}{2\varepsilon_0} = \boxed{\frac{\sigma}{\varepsilon_0}}

Passo 5 — Fora dos planos, os dois campos têm sentidos opostos e mesmo módulo:

E_{\text{fora}} = \frac{\sigma}{2\varepsilon_0} - \frac{\sigma}{2\varepsilon_0} = \boxed{0}

É a configuração do capacitor de placas paralelas ideal.

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Questão 101º EE2024.2Lei de Gauss · Densidade não uniforme2,5 ptsVer material

Uma esfera não condutora de raio $R$ possui densidade volumétrica de carga que varia com o raio: $\rho(r) = \dfrac{A}{r}$ , onde $A$ é constante.

(a) Determine a carga total da esfera.

(b) Calcule o campo elétrico no interior ( $r \lt R$ ).

(c) Calcule o campo elétrico no exterior ( $r \gt R$ ).

Com $\rho = A/r$ , o campo interno sai uniforme em módulo; fora da esfera decai como carga pontual.

Gabarito

(a) $Q = 2\pi A R^2$ · (b) $E_{\text{int}} = \dfrac{A}{2\varepsilon_0}$ (constante!) · (c) $E_{\text{ext}} = \dfrac{A R^2}{2\varepsilon_0 r^2}$

Passo a passo

Passo 1 — Como $\rho$ depende de $r$ , a carga é obtida integrando em cascas esféricas $dV = 4\pi r'^2\,dr'$ :

q(r) = \int_0^{r} \frac{A}{r'}\,4\pi r'^2\,dr' = 4\pi A \int_0^{r} r'\,dr' = 2\pi A r^2

Passo 2 — A carga total é $q(R)$ :

\boxed{Q = 2\pi A R^2}

Passo 3 — Interior: gaussiana de raio $r \lt R$ envolve $q(r) = 2\pi A r^2$ :

E\cdot 4\pi r^2 = \frac{2\pi A r^2}{\varepsilon_0} \;\Rightarrow\; \boxed{E_{\text{int}} = \frac{A}{2\varepsilon_0}}

O $r^2$ cancela: o campo interno é uniforme em módulo — resultado curioso e clássico dessa distribuição.

Passo 4 — Exterior: a gaussiana envolve toda a carga $Q = 2\pi A R^2$ :

E\cdot 4\pi r^2 = \frac{2\pi A R^2}{\varepsilon_0} \;\Rightarrow\; \boxed{E_{\text{ext}} = \frac{A R^2}{2\varepsilon_0 r^2}}

Em $r = R$ as duas expressões coincidem ( $A/2\varepsilon_0$ ) ✓

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Questão 111º EE2024.2Potencial elétrico2,5 ptsVer material

Considere a esfera da questão anterior: raio $R$ , densidade $\rho(r) = A/r$ e carga total $Q = 2\pi A R^2$ , de modo que o campo externo é $E(r) = \dfrac{AR^2}{2\varepsilon_0 r^2}$ .

(a) Determine o potencial elétrico $V(r)$ para $r \gt R$ (com $V(\infty) = 0$ ).

(b) Calcule a diferença de potencial $V_A - V_B$ entre os pontos $A$ (em $r = 2R$ ) e $B$ (em $r = 4R$ ).

$A$ está mais perto da esfera que $B$ , então $V_A \gt V_B$ (potencial cresce ao se aproximar de carga positiva).

Gabarito

(a) $V(r) = \dfrac{AR^2}{2\varepsilon_0 r}$ · (b) $V_A = \dfrac{AR}{4\varepsilon_0}$ , $V_B = \dfrac{AR}{8\varepsilon_0}$ e $V_A - V_B = \dfrac{AR}{8\varepsilon_0}$

Passo a passo

Passo 1 — O potencial é obtido integrando o campo do infinito até $r$ :

V(r) = -\int_{\infty}^{r} \vec E\cdot d\vec r = \int_{r}^{\infty} \frac{AR^2}{2\varepsilon_0 r'^2}\,dr'

Passo 2 — Resolvendo a integral:

V(r) = \frac{AR^2}{2\varepsilon_0}\left[-\frac{1}{r'}\right]_{r}^{\infty} = \boxed{\frac{AR^2}{2\varepsilon_0\,r}}

(Equivalente a tratar a esfera como carga pontual: $V = \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 r}$ com $Q = 2\pi AR^2$ ✓)

Passo 3 — Avaliando nos dois pontos:

V_A = V(2R) = \frac{AR^2}{2\varepsilon_0 (2R)} = \boxed{\frac{AR}{4\varepsilon_0}} \qquad V_B = V(4R) = \frac{AR^2}{2\varepsilon_0 (4R)} = \boxed{\frac{AR}{8\varepsilon_0}}

Passo 4 — Diferença de potencial:

V_A - V_B = \frac{AR}{4\varepsilon_0} - \frac{AR}{8\varepsilon_0} = \boxed{\frac{AR}{8\varepsilon_0}}

Positiva, como esperado: aproximando-se de uma carga positiva o potencial cresce.

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Questão 121º EE2024.2Circuitos · Leis de Kirchhoff2,5 ptsVer material

Entre dois nós $A$ e $B$ há três ramos em paralelo: ramo 1 com a bateria $\varepsilon_1 = 4\ \text{V}$ em série com $R_1 = 1\ \Omega$ ; ramo 2 com a bateria $\varepsilon_2 = 3\ \text{V}$ em série com $R_2 = 2\ \Omega$ (as duas baterias “empurram” corrente para o nó $A$ ); e ramo 3 com uma chave $S$ em série com $R_3 = 1\ \Omega$ .

(a) Com $S$ aberta, calcule a corrente no circuito e diga qual bateria está sendo carregada.

(b) Com $S$ fechada, calcule as correntes $i_1$ , $i_2$ e $i_3$ nos três ramos.

(c) Calcule a potência dissipada em $R_3$ com $S$ fechada.

Três ramos entre $A$ e $B$ : as baterias empurram corrente para o nó $A$ ; com $S$ fechada, $i_1 + i_2 = i_3$ .

Gabarito

(a) $i \approx 0{,}33\ \text{A}$ , carregando $\varepsilon_2$ · (b) $i_1 = 1{,}80\ \text{A}$ , $i_2 = 0{,}40\ \text{A}$ , $i_3 = 2{,}20\ \text{A}$ · (c) $P_{R_3} \approx 4{,}84\ \text{W}$

Passo a passo

Passo 1 — $S$ aberta: só existe a malha formada pelos ramos 1 e 2. Como $\varepsilon_1 \gt \varepsilon_2$ , a bateria 1 domina e força corrente “contra” $\varepsilon_2$ :

i = \frac{\varepsilon_1 - \varepsilon_2}{R_1 + R_2} = \frac{4 - 3}{1 + 2} \approx \boxed{0{,}33\ \text{A}}

A corrente entra pelo terminal $+$ de $\varepsilon_2$ : a bateria 2 está sendo carregada.

Passo 2 — $S$ fechada: chame $V$ a tensão do nó $A$ em relação a $B$ . Correntes que chegam ao nó pelos ramos 1 e 2 e saem pelo ramo 3:

i_1 = \frac{\varepsilon_1 - V}{R_1} = \frac{4 - V}{1}, \qquad i_2 = \frac{\varepsilon_2 - V}{R_2} = \frac{3 - V}{2}, \qquad i_3 = \frac{V}{R_3} = \frac{V}{1}

Passo 3 — Lei dos nós, $i_1 + i_2 = i_3$ :

(4 - V) + \frac{3 - V}{2} = V \;\Rightarrow\; 8 - 2V + 3 - V = 2V \;\Rightarrow\; V = \frac{11}{5} = 2{,}2\ \text{V}

Passo 4 — Substituindo:

i_1 = 4 - 2{,}2 = \boxed{1{,}80\ \text{A}} \qquad i_2 = \frac{3 - 2{,}2}{2} = \boxed{0{,}40\ \text{A}} \qquad i_3 = \boxed{2{,}20\ \text{A}}

Agora as duas baterias fornecem corrente (com $S$ fechada, $V = 2{,}2\ \text{V} \lt \varepsilon_2$ ).

Passo 5 — Potência em $R_3$ :

P_{R_3} = i_3^2 R_3 = (2{,}2)^2 \cdot 1 \approx \boxed{4{,}84\ \text{W}}

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