EXERCÍCIOS RESOLVIDOS

EXERCÍCIOS RESOLVIDOS
ELETRIZAÇÃO E FORÇA ELÉTRICA
1. Um corpo eletrizado positivamente apresenta a quantidade de carga de 480 µ C . Calcule o
número de elétrons perdidos pelo corpo, inicialmente neutro. DADO: e = 1, 6 ⋅10−19 C.
Resolução
Q = 480 µ C = 480 ⋅10−6 C
−6
480 ⋅10 = 1, 6 ⋅10
−19
Q = n⋅e
n = 3 ⋅10 elétrons
15
n
2. Duas esferas idênticas de tamanhos desprezíveis, com cargas 3Q e Q, encontram-se no vácuo,
separadas de uma distância d. Sobre cada uma delas age uma força F , de interação
eletrostática. Colocam-se as duas esferas em contato até que atinjam o equilíbrio eletrostático.
Calcule a intensidade da força F que age sobre as duas esferas quando separadas de uma
distância d, em relação a intensidade de F .
Resolução:
3Q
F
Q
* Antes do contato:
F
d
F =k
3Q ⋅ Q
d2
F =k
3Q 2
d2
F'
* Após o contato:
1
2Q
2Q
d
F' = k
2Q ⋅ 2Q
d2
F' = k
4Q 2
d2
De 1 e 2 tem-se
4Q 2
F
d2
=
3Q 2
F
k⋅
d
'
k⋅
F' 4
=
F 3
F' =
4⋅ F
3
2
F'
3. Considere dois pontos materiais A e B no vácuo, afastados de qualquer outro corpo. O ponto A
é fixo e possui carga elétrica positiva +Q . O ponto B executa movimento circular e uniforme
com centro A e raio r, ele tem massa m e carga elétrica negativa –q. Desprezando-se as ações
gravitacionais, determine a velocidade de B. É dada a constante eletrostática K.
Resolução
Como o movimento é circular e uniforme, a força elétrica está voltada para o centro, decorrendo
que ela é uma força centrípeta:
v
Força elétrica = Força centrípeta
B
Q⋅q
V2
Felet = k0 ⋅ 2
Fcp = m ⋅ Qcp = m ⋅
r
r
2
Q ⋅ q m ⋅V
Q⋅q
k0 ⋅ 2 =
V = k0 ⋅
r
r
m⋅r
r
-q
A
+Q
Felet
4. Nos vértices de um triângulo eqüilátero de 3m de lado, estão colocadas as cargas
q1 = q2 = 4 ⋅10−7 C e q3 = 1, 0 ⋅10−7 C . Calcule a intensidade da força resultante que atua em q3 .
O meio é o vácuo.
Resolução
q1 = q2 = 4, 0 ⋅10−7 C
q3 = 1, 0 ⋅10−7 C
k0 = 9 ⋅109 N ⋅ m 2 / C 2
F
F23
60º F
13
q3
F23
4 ⋅10−7 ⋅1 ⋅10−7
F13 = F23 = 9 ⋅109
32
q3
F13
60º
F13 = F23 = 4 ⋅10−5 N
F 2 = F132 + F232 + 2 ⋅ F13 ⋅ F23 cos 60°
3m
3m
F = 4 3 ⋅10−5 N
q1
q2
3m
CAMPO ELÉTRICO
1. Duas cargas puntiformes são fixadas nos pontos A e B distantes de um metro. Sendo a carga em
A, QA = 10−6 C e a carga em B, QB = 4 ⋅10−6 C , determine um ponto P, onde o vetor campo
elétrico resultante seja nulo.
Resolução
A
EB
QA
E A = EB
X
Q
QB
k A2 = k
X
(1 − X ) 2
10 −6
4.10 −6
=
X 2 (1 − X ) 2
P
EA
B
QB
1-X
1m
(1 − X )2 = 4 X 2
1
X = m (em relação ao ponto A sobre o segmento AB ),
3
3X 2 + 2 X −1 = 0
OBS: X = −1m não convém, pois significa que o ponto P estaria à esquerda de A, onde E A e
EB teriam mesma direção e sentidos iguais, não resultando um campo elétrico nulo.
2. A figura mostra duas partículas carregadas de intensidade q mas de sinais contrários, separadas
de uma distância d. Supondo-se que Z
d , mostre que o campo elétrico deste dipolo elétrico,
em um ponto P , uma distância Z do ponto médio do dipolo e sobre o eixo que passa pelo centro
das partículas é dado pela expressão F =
1
1
.
2πε 0 Z 3
Resolução
A intensidade E do campo elétrico em P é
E = E( + ) − E( − )
q
E=
4πε 0
E=
1
z− d
2
q
4πε 0 Z 2
1
E=
1−
2
d
2z
4πε 0 r
q
2
−
(+)
1
4πε 0 r
q
2
(−)
q
−
4πε 0
1
z+ d
2
−2
− 1+
d
2z
2
1
−2
2
A grandes distâncias como esta, temos
d
2z
1
Na equação 2 podemos então expandir as duas grandezas entre parênteses dessa equação pelo
teorema binomial:
(1 + y ) n = 1 + ny + n
n −1 2
y +−−−−−
2!
Obtendo-se para essas grandezas:
1+
2d
2d
+ − − − − − 1−
+−−−−
2 z (1!)
2 z (1!)
Logo, E =
q
4πε 0 z
2
1+
d
d
+ − − − − 1+ + − − −
z
z
Os termos omitidos nas duas expressões da equação anterior envolvem d/z elevado a potências
progressivamente mais altas. Como d / z
1 , as contribuições desses termos são progressivamente
menores e para aproximamos E a grandes distâncias, podemos desprezá-los. Assim, em nossa
aproximação podemos prescrever a equação anterior, como
E=
2d
1 qd
=
4πε 0 z z
2πε 0 z 3
q
2
O produto qd é a intensidade ρ de uma grandeza vetorial conhecida como o momento de dipolo
elétrico ρ do dipolo.
Logo: E =
1
ρ
2πε 0 z 3
OBS: Adotamos como sentido de ρ o da extremidade negativa para a extremidade positiva do
dipolo.
3. A figura seguinte mostra um anel fino de raio R com uma densidade linear
de carga positiva uniforme λ ao redor da sua circunferência. Podemos
imaginar o anel feito de plástico ou de algum material isolante, de modo
que as cargas possam ser consideradas fixas. Qual o campo elétrico E no
ponto P, a uma distância Z do plano do anel ao longo do seu eixo central?
Resolução
Seja ds o comprimento (de arco) de qualquer elemento diferencial do anel. Como λ é a carga por
unidade de comprimento, o elemento possui uma intensidade de carga
dq = λ ⋅ ds
Esta carga diferencial cria um campo elétrico diferencial dE no ponto P, que está a uma distância r
do elemento. Tratando o elemento como um carga pontual, podemos expressar a intensidade de dE
como
dE =
dq
1 λ ds
=
2
4πε 0 r
4πε 0 r 2
1
Da figura, podemos reescrever a equação anterior como
dE =
1
λ ds
4πε 0 ( Z + R 2 )
2
A figura nos mostra que dE forma um ângulo com o eixo central (que tomamos como sendo o eixo
Z) e possui componentes perpendiculares e paralelos a esse eixo.
As componentes perpendiculares se cancelam e não precisamos mais considerá-las. Restam apenas
as componentes paralelas. Todas elas possuem a mesma direção e sentido, portanto o campo
elétrico resultante em P é a soma delas.
A componente paralela de dE mostrada na figura, possui intensidade dE cos θ . A figura também
nos mostra que
cos θ =
dE cos θ =
Logo:
Zλ
4πε 0 ( Z 2 + R 2 )
E = dE cos θ =
E=
3/ 2
Z
2
=
2
r ( Z + R 2 )1/2
ds
2π R
Zλ
4πε 0 ( Z 2 + R 2 )
ds
3/2
0
Z λ (2π R)
4πε 0 ( Z 2 + R 2 )
3/2
Como λ é a carga por comprimento do anel, o termo λ (2π R ) é a carga total q do anel.
Então E =
qZ
4πε 0 ( Z 2 + R 2 )
3/2
(Anel Carregado)
4. A figura seguinte mostra um disco circular de plástico com raio R que possui uma carga
superficial positiva de densidade uniforme σ na sua superfície superior. Qual o campo elétrico
no ponto P, a uma distância Z do disco ao longo do seu eixo central?
Resolução
O disco será dividido em anéis planos concêntricos e depois calcular o
campo elétrico no ponto P somando (ou seja, integrando) as contribuições de
todos os anéis. A figura mostra um destes anéis, com raio r e espessura radial
dr. Como σ é a carga por unidade de área, a carga sobre o anel é
dq = σ dA = σ (2π rdr ),
Onde dA é a área diferencial do anel.
A expressão para o campo elétrico dE em P devido ao nosso anel plano será:
dE =
Logo: dE =
Zσ 2π rdr
4πε 0 ( Z 2 + r 2 )
3/2
σZ
2π dr
2
4ε 0 ( Z + r 2 )3/ 2
Integrando na variável r de r = 0 até r = R . Observe que Z permanece constante durante este
processo, assim
E = dE =
σZ
4ε 0
R
0
(Z 2 + r2 )
−3/2
(2r ) dr
Para resolvermos esta integral, podemos reescrevê-la na forma
X m dX , fazendo X = ( Z 2 + r 2 ); m = −
3
2
e dX = (2r )dr . Para a integral reescrita temos
X m dX =
X m +1
m +1
R
Então, E =
σ Z ( Z 2 + r 2 ) −1/ 2
1
4ε 0
−
2
0
Substituindo os limites desta equação e reordenando, obtemos
E=
σ
Z
1−
2ε 0
Z 2 + R2
(disco carregado)
!
OBS: Se fizermos R → ∞ mantendo Z finito, o segundo termo entre parênteses da equação
anterior tende a zero e esta equação se reduz a
E=
σ
2ε 0
Este é o campo elétrico produzido por uma placa infinita com carga uniformemente distribuída
sobre um dos lados de um isolante.
FLUXO DE UM CAMPO ELÉTRICO – A LEI DE GAUSS
1. Um campo elétrico não-uniforme dado por E = 3, 0 xiˆ + 4, 0 ˆj atravessa o cubo gaussiano
mostrado na figura seguinte. (E é dado em Newtons por Coulomb e x em metros.) Qual o fluxo
elétrico através da face direita, da face esquerda e da face superior?
Resolução
FACE DIREITA: um vetor área A é sempre perpendicular à sua superfície e sempre aponta para
fora da superfície gaussiano. Assim, o vetor dA para a face direita do cubo deve apontar no sentido
positivo de x. Então, em notação com o vetor unitário,
dA = dAiˆ .
Φ d = E ⋅ dA = (3, 0 xiˆ + 4, 0 ˆj ) ⋅ (dAiˆ)
=
(3, 0 x)(dA)iˆ ⋅ iˆ + (4, 0)(dA) ˆj ⋅ iˆ)
Então = (3, 0 xdA + 0) = 3, 0 xdA = 3, 0 (3, 0)dA
= Φ d = 9, 0 1A = 9, 0 A A = 4, 0m 2
= Φ d == 9, 0 (4, 0)m 2 Φ d == 36 N ⋅ m 2 / C
FACE ESQUERDA: O vetor de área diferencial dA aponta no sentido negativo do eixo x, portanto
dA = −dAiˆ . Na face esquerda, x = 1, 0m . Usando o mesmo procedimento da face direita, teremos
Φ e = −12 N ⋅ m 2 / C
"
FACE SUPERIOR: O vetor de área diferencial dA aponta no sentido positivo do eixo y, logo
dA = dAjˆ . O fluxo Φ através da superfície superior é então
Φ s = (3, 0 xiˆ + 4, 0 ˆj ) ⋅ (dAjˆ) =
(3 x)(1A)iˆ ⋅ ˆj + (4, 0)(dA) ˆj ⋅ ˆj
(0 + 4, 0dA) = 4, 0 dA = 4 A
= 4(4m 2 )
Φ s = 16 N ⋅ m 2 / C
= 16 N ⋅ m 2 / C 2
2. A figura seguinte mostra uma seção de uma barra cilíndrica de plástico infinitamente longa,
com uma densidade linear de carga positiva uniforme λ . Determine uma expressão para a
intensidade do campo elétrico E a uma distância r do eixo da barra.
Resolução
Escolhemos uma superfície gaussiana cilíndrica fechada,
composta de um cilindro circular de raio r e comprimento h, coaxial
com a barra e duas tampas nas suas extremidades como partes da
superfície.
Em todos os pontos da parte cilíndrica da superfície
gaussiana, E de ter a mesma intensidade E e deve estar dirigida
radialmente para fora ( para uma barra positivamente carregada).
O fluxo de E através desta superfície cilíndrica é então Φ = EA cos θ
Φ = E (2π rh) cos 0º = E (2π rh)
Não há fluxo através das bases do cilindro, pois E , sendo dirigido radialmente, é paralelo às
bases do cilindro em todos os pontos.
A carga envolta pela superfície é λ h , então a Lei de Gauss,
ε 0 Φ = qenv , se reduz a
ε 0 E (2π rh) = λ h
Então E =
λ
(linha de carga)
2πε 0 r
#
POTENCIAL ELÉTRICO
1. A figura seguinte mostra dois pontos i e f em um campo elétrico uniforme E . Determine a
diferença de potencial V f − Vi movendo a carga de teste positiva q0 de i até f ao longo da
trajetória icf mostrada na figura.
Resolução
Linha ic : em todos os pontos ao longo da linha ic , o deslocamento ds da carga de teste é
perpendicular a E . Assim, o ângulo θ entre E e ds é 90º e o produto escalar E ⋅ ds é zero. A
c
equação Vc − Vi = − E ⋅ ds
i
Nos diz então que os pontos i e c estão no mesmo potencial: Vc − Vi = 0
f
f
V f − Vi = − E ⋅ ds , V f − Vi = − E ⋅ ds
i
c
f
V f − Vi = − E (cos 45º )ds
c
f
f
c
c
Para a Linha cf, temos θ = 45º e da equação V f − Vi = − E (cos 45º ) ds;
ds = cf
d
d
V f − Vi = − E (cos 45º )
sen 45º
sen 45º
V f − Vi = − Ed (resposta )
cf =
$
CAPACITÂNCIA
1. Um capacitor C1 de 3,55µ F é carregado até que seus terminais fiquem à diferença de potencial
V0 = 6,30V . A bateria utilizada para carregar o capacitor é então removida e o capacitor é
ligado, como na figura, a um capacitor C2 descarregado, com C2 = 8,95µ F . Depois que a chave
S é fechada, a carga escoa de C1 para C2 até que o equilíbrio seja atingido, com ambos os
capacitores à mesma diferença de potencial V. (a) Qual é esta diferença de potencial comum?
(b) Qual a energia armazenada no campo elétrico, antes e depois de fecharmos a chave S na
figura.
S
q0
C1
C2
Resolução
(a) A carga original q0 está agora dividida entre os dois capacitores ou
q0 = q1 + q2
Aplicando a relação q = CV a cada termo obtemos
C1V0 = C1V + C2V
Ou V = V0
C1
(6,30V )(3,55µ F )
=
= 1, 79V
C1 + C2 3,55µ F + 8,95µ F
(b) A energia armazenada inicialmente é
1
1
U i = C1V02 = (3,55 ⋅10−6 F )(6, 30V ) 2
2
2
U i = 70,5µ j
A energia final é
1
1
U f = C1V 2 + C2V 2
2
2
1
1
U f = (C1 + C2 )V 2 = (3, 55 ⋅10 −6 F + 8, 95 ⋅10 −6 F )(1, 79) 2
2
2
U f = 20 µ j
$$
2. A figura seguinte mostra uma chapa dielétrica de espessura b e constante dielétrica k e
introduzida entre as armaduras de um capacitor plano de área A e separação d. Antes da
introdução do dielétrico, aplicou-se uma diferença de potencial V0 entre as armaduras do
capacitor. A bateria foi então desligada e o dielétrico introduzido. Suponha que
A = 115 cm 2 ; d = 1, 24 cm; b = 0, 78 cm, ke = 2, 61;V0 = 85,5V
(a) Calcule a capacitância C0 antes da introdução do dielétrico. (b) Qual a carga livre que aparece
nas placas? (c) Calcule a intensidade do campo no interior do dielétrico. (d) Calcule a intensidade
do campo no interior do dielétrico (e) Calcule a diferença de potencial entre as armaduras. (f)
Calcule o valor da capacitância após a introdução do dielétrico.
Resolução
ε0 A
(8,85 ×10−12 F / m).(115 ×10−4 m 2 )
=
(a) C0 =
d
1, 24 ×10−2 m
C0 = 8, 2 ×10−12 F
(b) Para a carga livre nas placas
q = C0V0 = (8, 21×10−12 F )(85,5V ) = 7, 02 ×10−10 C
(c) Aplicando a Lei de Gauss: ε 0 ke E ⋅ dA = q
E0 =
q
7, 02 ×10 −10 C
=
ε 0 A (8,85 ×10−12 F / m)(115 × 10−4 m 2 )
E0 = 6.900 V / m = 6, 90 kV / m
(d) Aplicando a equação ε 0 ke E ⋅ dA = q
ε 0 ke E ⋅ dA = − q, − ε 0 ke EA = − q
E=
q
k eε 0 A
=
E0 6,90kV / m
=
= 2, 64 kv / m
ke
2, 61
$
V=
−
+
E ds = E0 ((d − b) + Eb)
(e) V = (6.900 V / m)(0, 012m − 0, 0078m) + (2, 640 V / m)(0, 0078m)
V = 52,3V
(f) C =
q 7, 02 ×10−10 C
=
= 1, 34 ×10−11 F = 13, 4 pF
V
52,3V
DENSIDADE DE CORRENTE
1. Um fio de alumínio, cujo diâmetro é de 25mm, é soldado à extremidade de um fio de cobre cujo
diâmetro é de 1,8mm. No fio resultante, circula uma corrente constante de 1,3 ampéres. Qual a
densidade de corrente em cada caso?
* Para o alumínio: j =
i
A
1
A = π d 2 = (π / 4)(2,5 ×10−3 )2 = 4,91× 10−6 m 2
4
Logo: j =
1, 3 A
= 2, 6 × 105 A / m 2
−6
2
4,91× 10 m
* Para cobre: A = 2,54 ×10−6 m 2
j=
1,3 A
i
=
= 5,1× 105 A / m 2
−6
2
A 2, 54 × 10 m
CIRCUITOS DE CORRENTE CONTÍNUA
1. Dada a rede elétrica seguinte, calcular: (a) E1; (b) E2; (c) A tensão entre A e B.
r1
i1
3A
0,5Ω
i3
A
i2
0,5Ω
2A
5,5Ω
E1
r3
E3
α
1, 0Ω
R3
4,5V
B
β
r2
0,5Ω
R1
3,5Ω
E2
R2
$
Resolução
(a) A rede apresentada possui n = 2 nós (A e B). Portanto, aplicando-se a 1º Lei de Kirchhoff
para (n = 1)nós (= 2-1) =1 nó, tem-se: i1 + i2 = i3 (Nó A)
3 + 2 = i3 , i3 = 5 A
(b) Aplicando-se a 2ª Lei de Kirchhoff na malha alfa (α ) , no sentido do percurso adotado:
r3 ⋅ i3 + E3 + r3 ⋅ i3 + R1 ⋅ i1 − E1 + r1 ⋅ i1 = 0
0, 5 ⋅ 5 + 4, 5 + 1 ⋅ 5 + 5, 5 ⋅ 3 − E1 + 0,5 ⋅ 3 = 0
E1 = 30V
(c) Identicamente para a malha beta ( β ) :
r3 ⋅ i3 + E3 + R3 ⋅ i3 + R2 ⋅ i2 − E2 + r2 ⋅ i2 = 0
0, 5 ⋅ 5 + 4,5 + 1 ⋅ 5 + 3,5 ⋅ 2 − E2 + 0, 5 ⋅ 2 = 0
E2 = 20V
(d) Aplicando-se a Lei de Ohm generalizada no ramo central AB tem-se:
U AB = VA − VB = i ⋅
resistencias +
U AB = i3 ⋅ (r3 + R3 ) + E3 − 0
fcems −
fems
U AB = 5(0, 5 + 1) + 4,5
U AB = 12V
CIRCUITOS RC
1. Um resistor R = 6, 2 M Ω e um capacitor C = 2, 4 µ F são ligados em série juntamente com uma
bateria de 12V, de resistência interna desprezível.
(a) Qual é a constante de tempo capacitiva deste circuito? (b) Em que instante depois de a
bateria ser ligada a diferença de potencial nos terminais do capacitor é 5,6V?
Resolução:
(a) τ c = RC
(b) Vc =
τ c (6, 2 × 106 Ω)(2, 4 ×10−6 F ) = 15s
V
V
q
= ε 1 − c , tirando o valor t, e usando τ c = RC , t = −τ c ln 1 − c
c
ε
ε
t = −(15Ω) ln 1 −
5, 6V
12V
t = 9, 4 s
$
O CAMPO MAGNÉTICO
CAMPO MAGNÉTICO DE UMA ESPIRA CIRCULAR
1. Duas espiras circulares, concêntricas e coplanares, de raios 4π m e 5π m , são percorridas por
correntes de intensidades 2A e 5A, conforme a figura. Calcular a intensidade do vetor indução
magnética no centro das espiras, sendo µ = 4π ⋅10−7 T ⋅ m / A e caracterize o vetor indução
magnética criado por cada espira no centro
I2 = 5A
O
i1 = 2A
Resolução
R1
R2
R1 = 4π m, i1 = 2 A, R2 = 5π m, i2 = 5 A
Aplicando-se a regra da mão direita, vê-se que a corrente i1 , cria no centro das espiras um vetor
indução magnética perpendicular ao plano da espira, com o sentido do plano para o observador, de
intensidade
B1
µ ⋅ i1
4π ⋅10−7 ⋅ 2
B1 =
=
2 R1
2 ⋅ 4π
B1 = 10−7 T
2A
A segunda espira cria, no centro das espiras, um vetor indução magnética perpendicular ao plano da
espira com o sentido do observador para o plano, de intensidade
µ ⋅ i2
4π ⋅10−7 ⋅ 5
B2 =
=
B2 = 2 ⋅10−7 T
2 R2
2 ⋅ 5π
5A
B2
O vetor indução magnética resultante, no centro será perpendicular ao plano das espiras, “entrando”
no plano (do observador para o plano) pois a intensidade de B2 , é maior que a de B1 .
B = B1 + B2 ou B = B2 − B1 = 2 ⋅10−7 − 10−7 B = 10 −7 T
$
CAMPO MAGNÉTICO EM TORNO DE UM CONDUTOR RETO
1. Dois fios longos, retos e paralelos, situados no vácuo, são percorridos por correntes contrárias,
com intensidade 2 A e 4 A , e separadas entre si de 0,20m. Calcule a intensidade do vetor
indução magnética resultante no ponto P, indicado na figura. DADO: µ = 4 µ ⋅10−7 T ⋅ m / A
P
i1
10 cm
i2 = 4 A
10 cm
2A
Resolução
O fio 1, cria em P, um vetor campo magnético entrando no plano do papel, de intensidade:
B1 =
µ ⋅ i1 4π ⋅10−7 ⋅ 2
=
B1 = 4 ⋅10 −6 T
2π d1
2π ⋅ 0,1
O fio 2 também cria, em P, um vetor indução magnética “entrando” no plano do papel, de
intensidade:
B2 =
µ ⋅ i2 4π ⋅10 −7 ⋅ 4
=
B2 = 8 ⋅10−6 T
2π d 2
2π ⋅ 0,1
Portanto, a intensidade do vetor indução magnética resultante será:
B = 4 ⋅10−6 + 8 ⋅10−6 B = 1, 2 ⋅10 −5 T
B = B1 + B2
i1
P
d1 = 10cm
i2
B2
B1
P
d2 = 10cm
$
FORÇA SOBRE UMA CARGA MÓVEL EM UM CAMPO MAGNÉTICO UNIFORME
1. Uma carga q = 2 µ C , com velocidade v = 10m / s , penetra numa região onde atua um CMU de
intensidade B = 10T , conforme a figura. Os vetores v e B formam um ângulo de 30º e estão
contidos no plano (XZ). Determine o módulo, a direção e sentido da força magnética.
Y
B
X
q
θ
Z
V
Resolução
(a) A intensidade da força magnética é:
FMAG = q ⋅ V ⋅ B ⋅ senθ
FMAG = 2 ⋅10−6 ⋅10 ⋅10 ⋅ sen 30º
FMAG = 10 −4 N
(b) A direção da força magnética é perpendicular ao plano formado por v e B (plano XZ).
(c) O sentido é determinado pela regra da mão esquerda
Y
FMAG
X
θ
Z
V
FORÇA SOBRE UM CONDUTOR RETO EM UM CAMPO MAGNÉTICO UNIFORME
1. Um condutor na forma retangular, de dimensões 10cm e 20cm (ver figura) está totalmente
imerso em um campo magnético uniforme de intensidade B = 0, 5T . Calcule a intensidade da
força que atua em cada ramo do condutor e o momento de rotação a que ele fica submetido,
quando a intensidade da corrente for de 2A.
$!
A
B
10 cm
20cm
B
D
C
i
i
Resolução
Aplicando-se a regra da mão esquerda para determinar o sentido da força magnética, em cada ramo,
tem-se: nos ramos AB e CD, as forças magnéticas têm intensidades nulas, pois as direções das
correntes são paralelas às de B ; Nos ramos AD e BC, o ângulo entre B e i é igual a 90º, então
FMAG = B ⋅ i ⋅ ⋅ senθ = B ⋅ i ⋅ sen 90º = 0,5 ⋅ 2 ⋅ 0, 2 = 0, 2 N
Pode-se ver, através da figura, que o condutor fica sujeito a um BINÁRIO DE FORÇAS.
M = FMAG ⋅ d , onde d = AB = 0,1m
M = 0, 2 ⋅ 0,1
M = 2 ⋅10−2 N ⋅ m
A
i
B
FMAG
FMAG
0, 2m
i
B
i
D
i
C
i
$"
FORÇA ENTRE DUAS CORRENTES PARALELAS
1. Dois fios longos, retos e paralelos, situados no vácuo, são percorridos por correntes contrárias,
de intensidade i1 = 2 A e i2 = 4 A . A distância entre os fios é de 0,1m.
(a) Os fios se atraem ou se repelem?
(b) Com que força, para cada metro de comprimento do fio?
(c) O que ocorrera se inverter o sentido da corrente i2 ?
Resolução
(a) Como as correntes têm sentido opostos, há repulsão.
(b) A intensidade da força para cada metro do fio é:
FMAG =
µ0 ⋅ i1 ⋅ i2 ⋅
4π ⋅10 −7 ⋅ 2 ⋅ 4 ⋅1
=
= FMAG = 1, 6 ⋅10−5 N
2π d
2π ⋅ 0,1
(c) Invertendo o sentido da corrente i2 , têm-se ambas as correntes no mesmo sentido,
ocasionando atração entre os fios.
INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA
* Força eletromagnética induzida - femi (Ω)
1. Um condutor retilíneo e horizontal, C, de resistividade ρ = 1, 6 ⋅10 −6 Ω ⋅ cm , área A = 0, 2 cm 2 de
secção transversal constante e comprimento
= 10cm , move-se sem atrito sobre dois
condutores paralelos e horizontais, A' e B ' , de resistência elétrica desprezível, interligados por
um amperímetro ideal. O conjunto está imerso num campo magnético uniforme e vertical, de
intensidade B = 10 −5 T . O condutor C tem velocidade constante V = 8 m / s . Determine:
(a) A fe mi ;
(b) A intensidade da corrente no amperímetro;
(c) O peso do corpo suspenso, conforme a figura, que mantém a velocidade constante.
$#
B
A'
A
B'
Corpo
suspenso
Resolução:
e = 10−5 ⋅10 −1 ⋅1 e = 8 ⋅10−6 V
(a) e = B ⋅ ⋅ V
R=ρ
(b)
A
U = Ri
R = 1, 6 ⋅10−6 ⋅
i=
10
R = 8 ⋅10−5 Ω
0, 2
U e 8 ⋅10−6
= =
i = 0,1A
R R 8 ⋅10−5
FMAG = T
(c) Para que a velocidade seja constante, FR = 0 ou seja: B ⋅ i ⋅ = T
10 −5 ⋅ 0,1 ⋅10−1 = T
T = 10−7 N
FMAG
P = T Peso = 10−7 N
T
LEI DE FARADAY
1. A figura mostra uma espira condutora formada por um semicírculo de raio r = 0, 20m e três
segmentos retos, o semicírculo está localizado em um campo magnético uniforme B que
estar orientado para fora da página. A intensidade do campo é dada por
B = 4, 0t 2 + 2, 0t + 3, 0 , com B em teslas e t em segundos. Uma bateria ideal com
bat
= 2, 0V
está ligada à espira. A resistência da espira é de 2, 0Ω .
(a) Qual a intensidade e o sentido da fem
ind
induzida ao redor da espira pelo campo B em
t = 10 s .
(b) Qual a corrente na espira em t = 10 s
r/2
bat
Resolução
ind
=
A=
π r2
2
π r2 d
(4, 0t 2 + 2, 0t + 3, 0)
2 dt
π r2
π (0, 20m)2
=
(8,
0
t
+
2,
0)
=
[8, 0(10) + 2, 0]
ind
2
2
em t = 10 s ind ≈ 5, 2V
ind
=
d Φ B d ( BA)
dB
=
=A
dt
dt
dt
(b) i =
res
R
=
ind
−
R
bat
=
5,152V − 2, 0
i ≈ 1, 6 A
2Ω
CIRCUITOS RL
1. Um solenóide possui uma indutância de 53mH e uma resistência de 0, 37Ω . Se ele for ligado a
uma bateria, quanto tempo levará para que a corrente alcance metade do seu valor final de
equilíbrio?
$
Resolução
ε
A equação i =
1− e
R
−
t
τL
(subida da corrente)
Nós mostra que a corrente i aumenta exponencialmente de zero até o seu valor final de equilíbrio
/ R . Seja t0 o tempo que a corrente i leva para alcançar metade do seu valor de equilíbrio, então,
a equação anterior nos dá
1
= 1 − e− t0 /τ L
2R R
Explicitamos t0 cancelando
R
, isolando
A exponencial e tomando o logaritmo natural de cada lado. Encontramos
t0 = τ L ln 2 =
L
53 ×10−3 H
ln 2 =
ln 2
R
0, 37Ω
t0 = 0,10 s
2. Uma bobina tem uma indutância de 53mH e uma resistência de 0, 35Ω .
a. Se uma fem de 12V for aplicada entre as extremidades da bobina, quanta energia é
armazenada no campo magnético depois de a corrente atingir o seu valor de equilíbrio?
b. Após quantas constantes de tempo, metade desta energia de equilíbrio estará armazenada no
campo magnético?
Resolução
(a) A corrente máxima é im =
R
=
12V
= 34,3 A
0, 35
A energia armazenada será:
1 2
Li
2
U B = 31 j
UB =
UB =
1 2 1
Lim = (53 ⋅10 −3 H ) ⋅ (34,3 A)2
2
2
1
(b) Queremos saber em que instante t a relação U B = U B ∞
2
1 2
1 1 2
Li =
Li∞
2
2 2
(1 − e ) =
i=
1
i∞
2
− t /τ L
R
Cancelando
2⋅R
/ R teremos e −t /τ L = 1 −
1
2
Então:
t
τL
t ≈ 1, 2τ L
= − ln 0, 293
Portanto: A energia armazenada atinge a metade do seu valor máximo depois de decorridos 1,2
constante de tempo.
CORRENTE ALTERNADA
1. Um resistor cuja resistência vale 50Ω é percorrido por uma corrente alternada que obedece
a função:
i = 8 2 ⋅ sen120π ⋅ t (unidades do SI)
Determine:
(a) A freqüência da corrente alternada;
(b) A máxima intensidade de corrente;
(c) O valor eficaz da corrente alternada;
(d) O valor eficaz da ddp aplicada nos terminais do registro;
(e) A potência dissipada pelo resistor.
Resolução
Comparando com i = iMAX ⋅ sen ωt , temos:
(a) ω = 120π rad / s ω =
2π
= 2π f (pulsação da corrente)
T
ω = 120π rad / s = 2π f
f = 60 Hz
(b) iMAX = 8 2 A
(c) ief =
iMAX
2
ief =
(d) U ef = R ⋅ ief
8 2A
ief = 8 A
2
U ef = 50Ω ⋅ 8 A U ef = 400V
P = U ef ⋅ ief = R ⋅ ief =
(e) P = U ef ⋅ ief
P = 400V ⋅ 8 A
U ef2
R
P = 3200W
P = Potência média dissipada
CARGA PURAMENTE RESISTIVA
1. Na figura seguinte, a resistência R é de 200 Ω e o dispositivo de fem alternada senoidal
opera a uma amplitude
m
= 36V e uma freqüência f d = 60, 0 Hz .
(a) Qual a diferença de potencial VR (t ) entre os terminais da resistência em função do tempo t, e
qual é a amplitude VR de VR (t ) ?
(b) Qual a corrente iR (t ) na resistência e qual a amplitude I R de iR (t ) ?
Resolução:
(a) VR (t ) =
(t )
VR =
m
= 36, 0V
Cálculo de
VR (t ) :VR (t ) =
(t ) =
m
sen ωd t
ωd = 2π f d = 2π (60 Hz ) = 120π
VR = m sen ωd t VR = (36, 0V ) sen (120π t )
(b)
iR = I R sen (ωd t − φ ) = I R sen ω1t
36, 0V
VR
IR =
I R = 0,180 A
R
200Ω
iR = I R sen (ωd t − φ ) = I R sen ωd t
IR =
ir = (0,180 A) sen (120π t )
CARGA PURAMENTE CAPACITIVA
1. Na figura seguinte, a capacitância C é de 150 µ F e o dispositivo de fem alternada senoidal
opera a uma amplitude
m
= 36, 0V e a uma freqüência f d = 60, 0 Hz .
(a) Qual a diferença de potencial VC (t ) entre os terminais do capacitor e qual a amplitude VC de
VC (t ) ?
(b) Qual a corrente ic (t ) no circuito em função do tempo e qual a amplitude I C de I C (t ) ?
Resolução
VC (t ) =
(a)
VC (t ) =
(t )
e VC =
(t ) =
m
VC =
m
m
= 36, 0V
sen ωd ⋅ t
ωd = 2π f d = 2π (60, 0 Hz ) = 120π
VC = (36, 0V ) sen (120π ⋅ t )
XC =
1
1
=
2π f d ⋅ C (2π ) ⋅ (60, 0 Hz )(150 ⋅10−6 F )
X C = 177Ω
(b) I C =
VC
XC
IC =
36, 0V
I C = 0, 203 A
177Ω
I C = I C sen (ωd ⋅ t + π / 2)
I C = (0, 203 A) sen (120π t + π / 2)
CARGA PURAMENTE INDUTIVA
1. Na figura a seguir, a indutância L vale 230mH e o dispositivo de fem alternada senoidal opera a
uma amplitude
m
= 36, 0V e a uma freqüência f d = 60, 0 Hz .
(a) Qual a diferença de potencial VL (t ) entre os terminais do indutor e qual a amplitude VL de
VL (t ) ?
(b) Qual a corrente iL (t ) no circuito em função do tempo e qual a amplitude I L de I L (t ' ) ?
Resolução
(a)
VL (t ) =
(t ) e VL =
VL (t ) =
(t ) =
m
m
VL =
m
= 36, 0V
sen ωd ⋅ t
ωd = 2π f d = 120π Logo :VL = (36, 0V ) sen (120π ⋅ t )
(b)
X L = 2π f d L = (2π )(60, 0 Hz )(230 × 10−3 H )
X L = 86, 7Ω I L =
VL 36, 0V
=
I L = 0, 415 A
X L 86, 7Ω
I L = I L sen (ωd ⋅ t − π / 2)
iL = (0, 415 A) sen (120π t − π / 2)
O CIRCUITO RLC EM SÉRIE
1. Um circuito RLC em série, excitado por uma fem
rms
= 120V a uma freqüência f d = 60, 0 Hz ,
contém uma resistência R = 200Ω , uma indutância com X L = 800Ω e uma capacitância com
X C = 150Ω .
(a) Qual o fator de potência cos φ e qual a constante de fase φ do circuito?
(b) Qual a taxa média PMED com que se dissipa energia na resistência?
Resolução
(a)
Z = R 2 + ( X L − X C )2 = (200Ω) 2 + (80Ω − 150Ω)2
Z = 211,90Ω
R
200Ω
cos φ = =
cos φ ≈ 0,944
Z 211, 90Ω
φ = arc cos 0, 944 = ±19, 3º φ = ±19,3º
Tanto +19, 3º quando −19, 3º possuem um cosseno de 0,944. Para determinamos qual sinal é o
correto, temos que considerar se a corrente está adiantada ou atrasada em relação à fem aplicada.
Como X C > X L , este circulo é principalmente capacitivo, com a corrente adiantada em relação
fem. Assim, φ tem que ser negativa:
φ = −19,3º
A equação: tg φ =
X L − XC
nos dá a resposta completa, com o sinal negativo.
R
(b)
PMED =
PMED
2
rms
cos φ =
Z
= 64,1W
(120V ) 2 (0, 9438)
211, 90Ω
TRANSFORMADOR
1. Um transformador em um poste de uma concessionária de energia opera com VP = 8,5kV no
enrolamento primário e fornece a energia a um certo número de casas próximas com VS = 120V ;
sendo estas duas tensões em valores eficazes. Suponha um transformador abaixador ideal, uma
carga puramente resistiva e um fator de potência igual à unidade.
(a) Qual razão entre o número de voltas N P / N S do transformador?
(b) A taxa média de consumo de energia (ou dissipação) nas casas servidas pelo transformador é
de 78kW. Quais as correntes eficazes no primário e no secundário do transformador?
(c) Qual a carga resistiva RS no circuito secundário? Qual a carga resistiva correspondente RP
no circuito primário?
Resolução
(a)
(b)
N P VP 8,5 × 103V
=
=
= 7, 083 ≈ 71
N S VS
120V
VS N S
ou
=
VP N P
NP
≈ 71
NS
IP
PMED 78 × 103W
=
= 9,176 A
VP
8,5 × 103V
I P ≈ 9, 2 A
IS =
PMED 78 × 103W
=
= 650 A I S = 650 A
VS
120V
RS =
(c)
Rp =
VS 120V
=
= 0,1846Ω RS ≈ 0,18Ω
I S 650 A
Vp
Ip
=
8,5 × 103V
= 926Ω R p ≈ 930Ω
9,176 A
!