Disciplina: Física
Professor: Marcos Prado
RESOLUÇÃO - Questões de vestibular sobre POTENCIAL ELÉTRICO – Lista complementar
01) (D) Para o potencial ser nulo no centro geométrico do triângulo é preciso que pelo menos uma das
cargas tenha sinal oposto ao das outras duas.
Para o campo elétrico ser nulo os vetores campo criados pelas cargas devem ser iguais em
módulo e formarem 120o entre si; o que só é possível se as cargas forem iguais em módulo e sinal.
Não é possível satisfazer as duas condições exigidas no problema.
02) (W externo = 12J)
Considere a haste na horizontal e o campo Elétrico como mostrado
na figura ao lado.
A esfera de carga q está, inicialmente na posição A, e a esfera de
carga –q está na posição B.
Girando a haste em torno da carga negativa, a esfera positiva
passa a ocupar a posição C.
Considerando o potencial elétrico de A como referência (VA=0), os
potenciais de B e C podem ser calculados pela expressão V=Ed,
como indicado na figura.
As energias inicial e final do sistema são apenas potenciais
elétricas, logo, pela conservação da energia:
Efinal = Einicial + W externo,

E
q
-q
A
q
C
B
2,0m
2,0m
VA=0V
VB=600V VC=1200V
q.VC + (-q.VB) = q.VA + (-q.VB) + W externo  q.VC = q.VA + W externo  W externo = q.VC - q.VA = q(VC - VA)
Wexterno = 10x10-3.(1200 - 0) = 12J.
Obs. Se considerarmos o campo elétrico dirigido para a direita a resposta será -12J
03) (C)
A aceleração é proporcional à força elétrica entre as cargas, que é proporcional ao inverso do
quadrado da distância entre elas. Logo, com a aproximação das cargas, a aceleração da esfera 1
aumenta. Como a força em cada carga tem o sentido de sua velocidade, a velocidade da esfera 1
aumenta. A energia potencial elétrica é proporcional ao produto das cargas e inversamente
proporcional à distância entre elas. Como o produto das cargas é negativo e elas estão se
aproximando, a energia potencial elétrica está diminuindo. (Pode-se chegar a esta conclusão
observando que se as velocidades das esferas estão aumentando; as energias cinéticas delas também
estão aumentando, logo, a energia potencial elétrica está diminuindo.)
04)
a) O campo elétrico aponta para os menores potenciais e é
perpendicular às superfícies equipotenciais.
b) (EC = 2,15J)
No caminho AB o trabalho da força externa vale: W F = F.d.cos(0o) =
0,30x4,5x1 = 1,35J
Da conservação da energia: Efinal = Einicial + W externo, vem:
Epot.Elética B + Ecinética = Epot.Elética A + W F  qVB + EC = qVA + 1,35

EC
C
B
A
+20V
-20V
EC = qVA - qVB + 1,35 = q(VA - VB) + 1,35 = -20x10-3.(-20 - 20) + 1,35 EC
= 2,15J
+10V

ED
D
0V
-10V
05) (x=12m)
18 m
Considerando o ponto inicial como p, e o ponto no qual a
esfera para o ponto b.


Pode-se utilizar o princípio geral da conservação da energia Q
V =0
q
q
V
do sistema:
Efinal = Einicial + W externos, (1) sendo que o trabalho externo é

b
p
o trabalho da força F , WF, que é realizado durante o
x
d=(18-x)
deslocamento, d=(18-x), de p até b.
No ponto p, a energia inicial do sistema, Einicial, é a soma da
energia potencial elétrica EPEp com a energia cinética EC. No ponto b, a energia final do sistema, Efinal,
é apenas a energia potencial elétrica EPEb.
A expressão (1) fica: EPEb = EC + EPEb + W F
Qq
Qq mv2
 Ko

 F.(18  x )
x
18
2
20x103.30x106
20x103.30x106 0,200.( 30)2
9x109
 9x109

 10.(18  x)
x
18
2
5400 5400 180
5400

 300  90  180  10x

 180  10x 
x
x
18
2
5400
x
)  540  57x  x 2  x 2  57x  540  0
(2)
 570  10x (multiplicando por
10
x
Para a equação (2):   1089    33 . As soluções são: x = 45m e x = 12m. A menor distância
Ko
vale 12m.