12 dias de física b
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1. O documento apresenta uma apostila sobre física B com resumos de 12 aulas sobre eletrostática, campo elétrico, corrente elétrica e eletromagnetismo. 2. O autor fornece resumos concisos e exemplos de resolução de exercícios de forma clara e acessível para aqueles com dificuldades na matéria. 3. O objetivo é oferecer um material complementar para o estudo da disciplina de forma leiga e prática.
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- 1. 12 DIAS DE FÍSICA B
- 2. APRESENTAÇÃO Olá, meu nome é Helder Guerreiro aluno do curso de Engenharia Química na Universidade Federal do Amazonas (UFAM). Esta apostila é a junção de todas as aulas que foram ministradas na disciplina de Física B no 3° período do meu curso, o livro base usado foi o Halliday 5° Edição. Não espere encontrar tudo aqui, temos somente alguns tópicos selecionados que foram ministrados em aula. A novidade em usar esta apostila é que aqui são apresentadas formas de resolução de exercícios de uma forma leiga, clara e concisa, então se você tem dificuldades em aprender Física B não temas, procure o seu assunto aqui e repare como os exercícios são respondidos. Se você é um super- nerd que veio de uma escola boa e está vendo esses assuntos pela 20° vez na sua vida, vá embora daqui e leia pegue o Halliday para estudar. Bons estudos, não garanto que você vai passar nem tirar notas boas. Faculdade se resume numa palavra: se vira. 2
- 3. SUMÁRIO DIA 1: ELETROESTÁTICA DIA 7: ASSOCIAÇÃO DE CAPACITORES DIA 2: CAMPO ELÉTRICO DIA 8: ELETROMAGNETISMO DIA 3: CORRENTE ELÉTRICA DIA 9: EXEMPLO DE ELETROMAGNETISMO DIA 4: EXEMPLO DE LEI DE KIRCHHOFF DIA 10: EXEMPLO DE ELETROMAGNETISMO DIA 5: EXEMPLO DE LEI DE KIRCHHOFF DIA 11: ÚLTIMO EXEMPLO DE ELETROMAGNETISMO DIA 6: ASSOCIAÇÃO DE RESISTORES DIA 12: EQUAÇÕES DE MAXWELL LISTAS DE RESOLUÇÃO 3
- 5. CARGA ELÉTRICA É uma propriedade física fundamental que é responsável pelos fenômenos eletromagnéticos, as partículas elétrons e prótons são dotadas de carga elétrica negativa e positiva respectivamente. Duas cargas positivas se repelem e duas cargas negativas também se repelem. Existe uma atração mútua entre uma carga positiva e uma carga negativa. ELA É CONSERVADA A soma algébrica de todas as cargas elétricas existentes em um sistema isolado permanece sempre constante. 5
- 6. LEI DE COULOMB O módulo da força elétrica entre duas cargas puntiformes é diretamente proporcional ao produto das cargas e inversamente proporcional ao quadrado da distância entre elas. 𝐹 = 𝑘 𝑞1 𝑞2 𝑟2 𝑘 = 8,988 × 109 𝑁𝑚2 𝑐2 = 1 4𝜋𝜖0 𝐹 = 1 4𝜋𝜖0 𝑞1 𝑞2 𝑟2 6
- 7. CAMPO ELÉTRICO O campo elétrico é o campo de força provocado pela ação de cargas elétricas, (elétrons, prótons ou íons) ou por um sistemas delas. Cargas elétricas num campo elétrico estão sujeitas e provocam forças elétricas. 𝐸 = 1 4𝜋𝜖0 𝑞 𝑟2 Ԧ𝑥 𝑜𝑢 𝑑𝐸 = 1 4𝜋𝜖0 𝑑𝑄 𝑟2 Ԧ𝑥 Temos a equação comum e a equação infinitesimal, usamos a equação comum quando estamos nos relacionando diretamente a uma carga puntiforme (como um dipolo), usamos a equação infinitesimal quando estamos nos relacionando a uma distribuição de carga por um certo material. 7
- 8. DENSIDADES DE CARGA As densidades de carga podem ser de três tipos diferentes, elas são usadas quando estamos trabalhando com uma distribuição de carga em algum objeto. Essas três diferentes densidades se dá justamente por que o objeto pode ser linear, planar e volumétrica. Logo temos as relações das densidades: 𝜆 = 𝑄 𝑙 , 𝜎 = 𝑄 𝐴 , 𝜌 = 𝑄 𝑉 Ora, a densidade linear nos fala que temos uma certa quantidade de carga espalhada sobre um comprimento linear, A densidade planar nos fala que temos uma certa quantidade de carga espalhada sobre uma quantidade de área; A densidade volumétrica nos fala que temos uma certa quantidade de carga espalhada sobre uma quantidade de volume. Para descobrirmos a densidade no caso de cargas infinitesimais, usamos as derivadas das funções: 𝜆 = 𝑑𝑄 𝑑𝑙 , 𝜎 = 𝑑𝑄 𝑑𝐴 𝜌 = 𝑑𝑄 𝑑𝑉 8
- 9. CARGA INFINITESIMAL Muitas das vezes precisamos encontrar o 𝑑𝑄 para continuarmos os nossos cálculos, nós devemos encontra-lo através da sua relação com a densidade de carga. Mas como encontraríamos os corpos infinitesimais? Os corpos infinitesimais são esse: 𝑑𝑙, 𝑑𝐴, 𝑑𝑉. 1° Passo: Procure uma equação que represente o objeto estudado (por exemplo uma circunferência) 𝑙 = 2𝜋𝑟 2° Passo:Transforme ângulos de qualquer tipo em variável (caso ele varie) 𝑙 = 𝜃𝑟 3° Passo: Derive, as função que variam no objeto se tornarão infinitesimais (na circunferência o raio é constante e o ângulo varia) 𝑑𝑙 = 𝑑𝜃𝑟 Para saber quem irá variar imagine o objeto de estudo sendo criado. Para criar uma circunferência devemos fixar um raio e gira-lo formando um ângulo de 360°, se o raio variar não será mais circunferência. 9
- 10. COMPONENTES Aqui vamos adotar o método de resolução usando a trigonometria ao nosso favor e nisso precisamos analisar as componentes dos vetores ligados ao ponto.As componentes podem ser duas, seno ou cosseno. Se o ponto estiver no eixo (tanto x, y ou z) usa-se a componente que está no eixo em que está o ponto. Se o ponto estiver fora dos eixos então usa-se as duas componentes para o cálculo. Aonde irão ficar essas componente? 𝑑𝐸 = 1 4𝜋𝜖0 𝑑𝑄 𝑟2 Ԧ𝑥 Caso tivermos que trabalhar com duas componente temos que: 𝐸 = 𝐸 𝑥 + 𝐸 𝑦 𝑐𝑜𝑠 O “x” é a componente que multiplica todo o resto 10
- 11. EXEMPLO I Determinar o campo elétrico no ponto P no anel de raio R e densidade uniforme 𝜆. AnáliseTrigonométrica Usando o raio e o ponto como referência, temos o triângulo retângulo: 𝑃 𝑥, 𝑦, 𝑎 𝑄, 𝜆 𝑅 Passo 1 𝑑𝑄 𝑃 𝑥, 𝑦, 𝑎 𝑐 𝑏 𝑟 → ൞ 𝑐 = 𝑎𝑘 𝑏 = 𝑥Ԧ𝑖 + 𝑦Ԧ𝑗 𝑟2 = 𝑎2 + 𝑏2 Temos esses valores porque: “c” está exatamente em cima do eixo ‘a’; “b” está entre x e y; “r” é encontrado por Pitágoras. 11
- 12. EXEMPLO I Carga infinitesimal 𝑑𝑄 = 𝜆𝑑𝑙 Temos a função que representa o comprimento do anel 𝑙 = 2𝜋𝑟 → 𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑞𝑢𝑎𝑙𝑞𝑢𝑒𝑟 → 𝑙 = 𝜃𝑟 → 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑛𝑑𝑜 → 𝑑𝑙 = 𝑑𝜃𝑟 Numa circunferência o ângulo varia e o raio é fixo. Sempre imagine como seria o objeto em estudo se formando: Para uma circunferência se formar uma reta deve percorrer um ângulo de 360º ou menor, mas o raio não pode variar se não estaríamos criando uma área dentro do anel, deixando de ser circunferência para círculo. Com isso temos: 𝑑𝑄 = 𝜆𝑑𝜃𝑟 Passo 2 12
- 13. EXEMPLO I Componentes Analisando o triângulo retângulo no anel e traçando os vetores nele, desenhamos suas componentes. Passo 3 𝑃 𝑥, 𝑦, 𝑎 𝑐 𝑏 𝑟 Como o ângulo se abre em relação ao eixo x temos a componente em outra perspectiva. 𝑐𝑜𝑠 Como o ponto está exatamente em cima do eixo então não faz sentido a componente seno, porque é a componente cosseno que segue em direção ao ponto e é exatamente aí que estamos procurando uma resultante. A componente a ser usada será cosseno, ou seja, hipotenusa sobre cateto adjacente. 13
- 14. EXEMPLO I Reunir informações Com todo esses dados temos que reuni-los e isso deve acontecer na equação do campo elétrico 𝑑𝐸 = 1 4𝜋𝜖0 𝑑𝑄 𝑟2 Ԧ𝑥 Encontramos a carga infinitesimal, o raio e o componente 𝑑𝐸 = 1 4𝜋𝜖0 𝜆𝑑𝜃𝑟 a2 + b2 𝑐 𝑎2 + 𝑏2 Esse valor de “c” sobre a raiz do raio é o componente que achamos: o cateto adjacente é o “c” e o raio é a hipotenusa Passo 4 14
- 15. EXEMPLO I Desenvolvendo Hora de organizar os cálculos e integrar 𝑑𝐸 = 1 4𝜋𝜖0 𝜆𝑑𝜃𝑟 a2 + b2 𝑐 𝑎2 + 𝑏2 → 1 4𝜋𝜖0 𝜆𝑑𝜃𝑟𝑐 a2 + b2 3 2 1 4𝜋𝜖0 𝜆𝑟𝑐 a2 + b2 3 2 න 0 2𝜋 𝑑𝜃 1 4𝜋𝜖0 𝜆𝑟𝑐2𝜋 a2 + b2 3 2 → 1 4𝜋𝜖0 𝜆𝑟𝑐2𝜋 a2 + b2 3 2 → 𝜆𝑟𝑐 2𝜖0 a2 + b2 3 2 Passo 5 Os limites de integração são estabelecidos de acordo com o objeto de estudo. Estamos analisando um anel não é mesmo? Quais os limites dele? Como é uma volta completa então temos de 0 a 2π 15
- 16. EXEMPLO II Temos uma barra de comprimento 𝑙 e a densidade de carga uniforme 𝜆. Determine o campo no ponto P. AnáliseTrigonométrica Usando o raio e o ponto como referência, temos o triângulo retângulo:𝜆, 𝑄 𝑙 Passo 1 𝑃 𝑎, 𝑏 𝜆, 𝑄 𝑙 𝑃 𝑎, 𝑏𝑎 𝑐 𝑏 → ቐ 𝑐 = 𝑎Ԧ𝑖 − 𝑏Ԧ𝑗 𝑏 = 𝑎Ԧ𝑖 𝑎2 = 𝑏2 + 𝑐2 16
- 17. EXEMPLO II Carga infinitesimal 𝑑𝑄 = 𝜆𝑑𝑙 A única forma de representar um comprimento numa barra é simplesmente usando 𝑙 𝑙 → 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑛𝑑𝑜 → 𝑑𝑙 Com isso temos: 𝑑𝑄 = 𝜆𝑑𝑙 Passo 2 17
- 18. EXEMPLO II Componentes Analisando o triângulo retângulo na barra e traçando os vetores nele, desenhamos suas componentes. Passo 3 𝜆, 𝑄 𝑙 𝑃 𝑎, 𝑏𝑎 𝑐 𝑏 Como o ângulo se abre em relação ao eixo x temos a componente em outra perspectiva. 𝑐𝑜𝑠 Como temos um ponto fora do eixo, temos que calcular dois campo elétricos: um em x (usando cosseno) e outro em y (usando seno). 18
- 19. EXEMPLO II Reunir informações Com todo esses dados temos que reuni-los e isso deve acontecer na equação do campo elétrico 𝑑𝐸 𝑥 = 1 4𝜋𝜖0 𝑑𝑄 𝑟2 Ԧ𝑥 , 𝑑𝐸 𝑦 = 1 4𝜋𝜖0 𝑑𝑄 𝑟2 Ԧ𝑦 Encontramos a carga infinitesimal, o raio e o componente 𝑑𝐸 𝑥 = 1 4𝜋𝜖0 𝜆𝑑𝑙 a2 + c2 𝑏 𝑎2 + 𝑐2 , 𝑑𝐸 𝑦 = 1 4𝜋𝜖0 𝜆𝑑𝑙 a2 + c2 𝑐 𝑎2 + 𝑐2 Esse valor de “b” e “c” sobre a raiz do raio é o componente que achamos: o cateto adjacente é o “b”, cateto oposto é o “c” e o raio é a hipotenusa Passo 4 19
- 20. EXEMPLO II Desenvolvendo Hora de organizar os cálculos e integrar 𝑑𝐸 𝑥 = 1 4𝜋𝜖0 𝜆𝑑𝑙 a2 + c2 𝑏 𝑎2 + 𝑐2 → 1 4𝜋𝜖0 𝜆𝑑𝑙𝑏 a2 + c2 3 2 → 1 4𝜋𝜖0 𝜆𝑏 a2 + c2 3 2 න 0 𝑙 𝑑𝑙 𝑑𝐸 𝑥 = 1 4𝜋𝜖0 𝜆𝑏𝑙 a2 + c2 3 2 𝐸 𝑥 = 1 4𝜋𝜖0 𝜆𝑑𝑙 a2 + c2 𝑐 𝑎2 + 𝑐2 → 1 4𝜋𝜖0 𝜆𝑑𝑙𝑏 a2 + c2 3 2 → 1 4𝜋𝜖0 𝜆𝑐 a2 + c2 3 2 න 0 𝑙 𝑑𝑙 𝑑𝐸 𝑥 = 1 4𝜋𝜖0 𝜆𝑐𝑙 a2 + c2 3 2 𝐸 = 𝐸 𝑥 + 𝐸 𝑦 → 1 4𝜋𝜖0 𝜆𝑏𝑙 a2 + c2 3 2 + 1 4𝜋𝜖0 𝜆𝑐𝑙 a2 + c2 3 2 → 1 4𝜋𝜖0 𝜆𝑙 a2 + c2 3 2 𝑏 + 𝑐 Passo 5 Uma barra qualquer só pode variar de zero até um valor qualquer que chamo de 𝑙. 20
- 22. EXEMPLO I Sendo a função densidade ρ 𝑟 = 𝑘 𝑒−𝑎𝑟 𝑟2 , 𝑘 = 𝑐𝑡𝑐 𝑎 = 𝑐𝑡𝑐 , para uma distribuição de carga esférica determine a carga total: Relações Nesta questão o objetivo não é encontrar o campo, somente a carga total, que é a carga 𝑄, o enunciado nos deu a densidade e através dela podemos encontrar o 𝑑𝑄. 𝜌 = 𝑑𝑄 𝑑𝑉 → 𝑑𝑄 = 𝜌𝑑𝑉 Depois de encontrar o 𝑑𝑄 basta integrar: 𝑄 = න 𝑑𝑄 → 𝑄 = න 𝜌𝑑𝑉 (𝑑𝑄, 𝑑𝑣) 𝑃(𝑥, 𝑦𝑧) 𝑟 Passo 1 22
- 23. EXEMPLO I Carga infinitesimal 𝑑𝑄 = 𝜌𝑑𝑉 Temos a função que representa o volume da esfera 𝑉 = 4 3 𝜋𝑟3 Cuidado com a pegadinha, em Cálculo II você aprendeu que a esfera não pode ser calculada por inteira, só podemos calcular a metade dela e aí sim multiplicamos por dois, então antes do procedimento dividimos tudo por dois 𝑉 = 2 3 𝜋𝑟3 → 𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑞𝑢𝑎𝑙𝑞𝑢𝑒𝑟 → 𝑉 = 1 3 𝜃𝑟3 → 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑛𝑑𝑜 → 𝑑𝑉 = 𝑟2 𝑑𝜃𝑑𝑟 Tem algo errado não? Uma esfera deve variar o seu raio e dois ângulo de direções diferentes, mas cadê o segundo ângulo? Aqui teremos que usar uma visão de águia, por que esse ângulo ta escondido.Pesa comigo: se o ângulo não está em forma de 𝜋 então quer dizer que esse ângulo foi calculado, mas se ele foi calculado qual foi o resultado? Bom, seu eu não vejo nenhum outro número na equação do 𝑑𝑉 quer dizer que ele é igual a 1. Passo 2 23
- 24. EXEMPLO I Então já temos parte da charada, para uma função resultar em 1 seu ângulo está em uma das extremidades, ou seja, só pode ser: 𝜋 2 , 3𝜋 2 , 𝜋, 2𝜋 MAS, lembre-se que não podemos passar de 𝜋 porque o cálculo da esfera é feito somente pela metade então nossas opções se reduzem: 𝜋 2 , 𝜋 MAS, existe outra condição, o ângulo tem que percorrer toda a borda da esfera, não somente a metade dela, então o ângulo só pode ser 𝜋, pois o segundo ângulo deve percorrer de [0, 𝜋] e o primeiro 0,2𝜋 Qual é a função que quando calculado com 𝜋 resulta em 1? Pelo visto só existe uma: − cos 𝜋 = 1 → â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑞𝑢𝑎𝑙𝑞𝑢𝑒𝑟 → − cos 𝜙 → 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑛𝑑𝑜 → 𝑠𝑒𝑛 𝜙 𝑑𝜙 No final de tudo temos: 𝑑𝑉 = 𝑟2 𝑠𝑒𝑛 𝜙 𝑑𝜃𝑑𝑟𝑑𝜙 24
- 25. EXEMPLO I Juntando toda a nossa inspeção temos 𝑑𝑄 = 𝜌𝑑𝑉 → 𝑑𝑄 = 𝑘 𝑒−𝑎𝑟 𝑟2 𝑟2 𝑠𝑒𝑛 𝜙 𝑑𝜃𝑑𝑟𝑑𝜙 Mas ainda falta estabelecer o limites de integração para a nossa integral tripla que vem por aí, ela é tripla justamente por que temos três variantes aqui, podemos encontrar os limites com uma simples análise. O raio não tem valor estabelecido, então só podemos fazer: 0, 𝑟 O ângulo 𝜃 se forma pela horizontal da esfera, na horizontal o ângulo deve fazer uma volta completa: 0,2𝜋 O ângulo 𝜙 está dentro do seno e está na vertical, na vertical ele só pode ir até a metade da esfera: 0, 𝜋 25
- 26. EXEMPLO I Integrar 𝑄 = න 0 𝑟 න 0 2𝜋 න 0 𝜋 𝑘 𝑒−𝑎𝑟 𝑟2 𝑟2 𝑠𝑒𝑛 𝜙 𝑑𝜃𝑑𝑟𝑑𝜙 Primeira integral න 0 𝜋 𝑘 𝑒−𝑎𝑟 𝑟2 𝑟2 𝑠𝑒𝑛 𝜙 𝑑𝜃𝑑𝑟𝑑𝜙 → 𝑘 𝑒−𝑎𝑟 𝑟2 𝑟2 𝑑𝜃𝑑𝑟 න 0 𝜋 𝑠𝑒𝑛 𝜙 𝑑𝜙 → 𝑘 𝑒−𝑎𝑟 𝑟2 𝑟2 𝑑𝜃𝑑𝑟 − cos 𝜋 → 𝑘𝑒−𝑎𝑟 𝑑𝜃𝑑𝑟 Segunda integral න 0 2𝜋 𝑘𝑒−𝑎𝑟 𝑑𝜃𝑑𝑟 → 𝑘𝑒−𝑎𝑟 𝑑𝑟 න 0 2𝜋 𝑑𝜃 → 2𝜋𝑘𝑒−𝑎𝑟 𝑑𝑟 Passo 3 26
- 27. EXEMPLO I Terceira integral න 0 𝑟 2𝜋𝑘𝑒−𝑎𝑟 𝑑𝑟 → න 0 𝑟 𝑒−𝑎𝑟 𝑑𝑟 → − 2𝜋𝑘𝑒−𝑎𝑟 𝑎 Temos a resposta final 𝑄 = − 2𝜋𝑘𝑒−𝑎𝑟 𝑎 27
- 28. EXEMPLO II Seja o caso do cilindro carregado com carga total 𝑄, distribuído na superfície lateral. Determine o campo no ponto 𝑃. AnáliseTrigonométrica Usando o raio e o ponto como referência, temos o triângulo retângulo: 𝑃 𝑥, 𝑦, 𝑧 𝑄, 𝜎 𝑎 𝑏 𝑟 𝑃 𝑥, 𝑦, 𝑧 → ൞ 𝑎 = 𝑧𝑘 𝑏 = 𝑥Ԧ𝑖 + 𝑦Ԧ𝑗 𝑟2 = 𝑎2 + 𝑏2 Passo 1 28
- 29. EXEMPLO II Carga infinitesimal 𝑑𝑄 = 𝜎𝑑𝐴 Temos a função que representa a área lateral do cilindro 𝐴 = 2𝜋𝑟ℎ → 𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑛ã𝑜 𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎 → 𝐴 = 2𝜋𝑟ℎ → 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑛𝑑𝑜 → 𝐴 = 2𝜋𝑟𝑑ℎ Se estivéssemos tratando de um cilindro volumétrico aí sim o raio e o ângulo iriam variar, e aqui o ângulo não varia porque a área da base sempre será 2𝜋𝑟, se não seria um cilindro. 𝑑𝑄 = 𝜎2𝜋𝑟𝑑ℎ Passo 2 29
- 30. EXEMPLO II Componentes Analisando o triângulo retângulo no anel e traçando os vetores nele, desenhamos suas componentes. 𝑎 𝑏 𝑟 𝑃 𝑥, 𝑦, 𝑧 Como o ângulo se abre em relação ao eixo x temos a componente em outra perspectiva. 𝑐𝑜𝑠 Como o ponto está exatamente em cima do eixo então não faz sentido a componente seno, porque é a componente cosseno que segue em direção ao ponto e é exatamente aí que estamos procurando uma resultante. Passo 3 30
- 31. EXEMPLO II Reunir informações Com todo esses dados temos que reuni-los e isso deve acontecer na equação do campo elétrico 𝑑𝐸 = 1 4𝜋𝜖0 𝑑𝑄 𝑟2 Ԧ𝑥 Encontramos a carga infinitesimal, o raio e o componente 𝑑𝐸 = 1 4𝜋𝜖0 𝜎2𝜋𝑟𝑑ℎ a2 + b2 𝑎 𝑎2 + 𝑏2 Esse valor de “a” sobre a raiz do raio é o componente que achamos: o cateto adjacente é o “a” e o raio é a hipotenusa Passo 4 31
- 32. EXEMPLO II Desenvolvendo Hora de organizar os cálculos e integrar 𝑑𝐸 = 1 4𝜋𝜖0 𝜎2𝜋𝑟𝑑ℎ a2 + b2 𝑎 𝑎2 + 𝑏2 → 1 4𝜋𝜖0 𝜎2𝜋𝑟𝑑ℎ𝑎 a2 + b2 3 2 1 4𝜋𝜖0 𝜎2𝜋𝑟𝑎 a2 + b2 3 2 න 0 ℎ 𝑑ℎ 1 4𝜋𝜖0 𝜎2𝜋𝑟𝑎 a2 + b2 3 2 ℎ → 𝜎𝑟𝑎 2𝜖0 a2 + b2 3 2 ℎ Passo 5 32
- 34. LEIS DE KIRCHHOFF Vamos a um passo a passo de um exemplo 𝜀1 ↑ 𝜀3 ↑ 𝜀2 ↑ 𝑅1 𝑅4 𝑅2 𝑅3 𝑅5 𝐴 𝐵 + + + − − − 𝐷𝑎𝑑𝑜𝑠 ቐ 𝑅1 = 𝑅3 = 𝑅4 = 𝑅5 = 1,2 Ω 𝑅2 = 2,3 Ω 𝜀1 = 2,0 𝑉 ; 𝜀2 = 3,8 𝑉 ; 𝜀3 = 5,0 𝑉 34
- 35. LEIS DE KIRCHHOFF Distinção de mallhas Analise o sistema que foi mostrado no slide anterior, veja que temos três retângulos: um à direita e outro à esquerda e o maior que engloba os outros dois. O primeiro passo é desmembrar todos esses blocos que se chamam malhas. Passo 1 𝜀1 ↑ 𝜀2 ↑ 𝑅1 𝑅2 𝑅3 𝐴 𝐵 + + − − 𝜀3 ↑ 𝑅4 𝑅2 𝑅5 𝐴 𝐵 + + − − 𝜀1 ↑ 𝜀3 ↑ 𝑅1 𝑅4 𝑅3 𝑅5 + + − − MI MII MIII 𝜀2 ↑ 35
- 36. LEIS DE KIRCHHOFF Lei das malhas O segundo passo consisti em analisar o circuito por completo e definir quais as correntes que passam por cada etapa de seu circuito. Mas antes dou algumas dicas para que se possa ter a análise crítica de correntes: 1. Fontes e resistores não mudam a corrente: - A corrente que entra numa fonte ou resistor é a mesma que sai, não há distinções. 2. As correntes devem ter um sentido definido: - As correntes são representadas como se fossem vetores, então precisamos de um sentido para elas, por exemplo, uma corrente pode subir o circuito ou desce-lo, para definir o sentido deve-se ter como referência uma fonte, a corrente terá o sentido de saída da fonte referência. 3. As fontes referências podem ser escolhidas de duas formas: - Caso tenha somente duas fontes no circuito então escolhe-se a de maior tensão; Caso tenha mais de uma então escolha qualquer uma e tome como referência. Passo 2 36
- 37. LEIS DE KIRCHHOFF 4. Os nós mudam as correntes: - Os nós são aqueles pontos representados por A e B no nosso circuito, ele tem por objetivo dividir as correntes, ou seja, quando uma corrente passa por um nó ela será mudada para uma outra corrente e se tiver um segundo caminho (como no caso do nosso circuito) a corrente será divida em duas. 𝜀1 ↑ 𝜀3 ↑ 𝜀2 ↑ 𝑅1 𝑅4 𝑅2 𝑅3 𝑅5 𝐴 𝐵 + + + − − − 𝐼1 𝐼1 𝐼1 𝐼1 𝐼2 𝐼2 𝐼3 𝐼3 𝐼3 Temos mais de uma fonte, então aconselho que: se na questão as fontes estiverem enumeradas então escolha a fonte número um. Perceba, a corrente 𝐼1 só muda após passar pelo nó A. Veja que A está entre dois caminhos e dividiu a 𝐼1 em 𝐼2 e 𝐼3. Veja que B já tem função de unir as correntes, mas se você analisar com cuidado, no sentido reverso A também uni as correntes, ou seja, nó separa e também uni. Não é difícil! Depois que você marca a corrente saindo da fonte siga as linhas e aonde tiver nó divida, e se as correntes dividas se encontrarem, elas se unirão e voltarão ao que eram antes. 37
- 38. LEIS DE KIRCHHOFF Análise de malhas Você se lembra de álgebra? Eu não sou muito bom nisso não... Mas sem delongas, não vamos usar álgebra necessariamente falando, mas... É parecido. As malhas que você separou, agora você irá pegá-las de novo, só que dessa vez com as correntes já definidas. Bom depois disso vamos dar uma volta (literalmente), como? Bom... A teoria diz que a soma das cargas elétricas deve ser sempre nula, claro para provar o que Lavoisier disse: “na natureza nada se cria nem se destrói, tudo se transforma.”, ou seja, não pode haver correntes aparecendo do nada dentro do circuito, ela veio de algum lugar. Então para somar as cargas que são tensões nos resistores e fontes devemos escolher para qual lado somar, ou seja, daremos uma voltinha.Você pode escolher o lado que você quiser sem problema. Passo 3 38
- 39. LEIS DE KIRCHHOFF Aqui estão nossas malhas com correntes e voltas definidas. 𝜀1 ↑ 𝜀2 ↑ 𝑅1 𝑅2 𝑅3 𝐴 𝐵 + + − − 𝜀3 ↑ 𝑅4 𝑅2 𝑅5 𝐴 𝐵 + + − − 𝜀1 ↑ 𝜀3 ↑ 𝑅1 𝑅4 𝑅3 𝑅5 + + − − MI MII MIII 𝐼1 𝐼1 𝐼1 𝐼1 𝐼2 𝐼2 𝐼2 𝐼3 𝐼3 𝐼3 𝐼1 𝐼1 𝐼1 𝐼1 𝐼3 𝐼3 𝐼3 𝜀2 ↑ 39
- 40. LEIS DE KIRCHHOFF Soma algébrica Para somar você deve prestar atenção nos seguintes passos: 1. Somente são somadas as tensões dos resistores e das fontes, as correntes são somente referência; 2. Os passos abaixo servem tanto para tensões dos resistores e das fontes; 3. Se a corrente seguir o mesmo sentido da volta, a tensão será negativa; 4. Se a corrente seguir o sentido contrário ao da volta, a tensão será positiva; 5. A fonte referência sempre é positiva. Passo 4 40
- 41. LEIS DE KIRCHHOFF Vejas os resultados das somas algébricas 𝜀1 ↑ 𝜀2 ↑ 𝑅1 𝑅2 𝑅3 𝐴 𝐵 + + − − MI 𝐼1 𝐼1 𝐼1 𝐼1 𝐼2 𝜀1 − 𝑉𝑅1 − 𝑉𝑅2 − 𝜀2 − 𝑉𝑅3 = 0 Representamos as tensões dos resistores por 𝑉𝑅 𝑛 . Veja que os passos foram respeitados: Toda as correntes seguem o mesmo sentido da volta, então todas serão negativas, com exceção da fonte referência que deve ser positiva. 𝜀3 ↑ 𝑅4 𝑅2 𝑅5 𝐴 𝐵 + + − −MII 𝐼2 𝐼2 𝐼3 𝐼3 𝐼3 𝜀2 + 𝑉𝑅2 − 𝑉𝑅4 − 𝜀3 − 𝑉𝑅5 = 0 Perceba que a fonte referência escolhida é a dois. Ao fazer a soma algébrica, se a maioria dos valores der positivo, seria interessante trocar o sentido da volta, não que isso signifique que ta tudo errado, é só para ficar organizado mesmo. 𝜀2 ↑ 41
- 42. LEIS DE KIRCHHOFF 𝜀1 ↑ 𝜀3 ↑ 𝑅1 𝑅4 𝑅3 𝑅5 + + − − MIII 𝐼1 𝐼1 𝐼1 𝐼1 𝐼3 𝐼3 𝐼3 𝜀1 − 𝑉𝑅1 − 𝑉𝑅4 − 𝜀3 − 𝑉𝑅5 − 𝑉𝑅3 = 0 Não é difícil, basta começar a somar a partir da fonte referência e seguir a linha até completar a volta. 42
- 43. LEIS DE KIRCHHOFF Lei dos nós Bom, nos baseando na conservação da carga, tudo que entra em um nó deve ser igual a tudo que sai de um nó não é mesmo? Então, se uma corrente passa por um nó e esse nó a divide em duas correntes então a corrente mãe é igual as duas correntes juntas, ou seja, somadas. Nesse pensamento chegamos ao fato de que: 𝑐𝑜𝑟𝑟𝑒𝑛𝑡𝑒𝑠 𝑞𝑢𝑒 𝑐ℎ𝑒𝑔𝑎𝑚 = 𝑐𝑜𝑟𝑟𝑒𝑛𝑡𝑒𝑠 𝑞𝑢𝑒 𝑠𝑎𝑒𝑚 Isso aí em cima é só para generalizar mesmo, mas a lei dos nós é simplesmente o fato de que a corrente mãe que foi dividida deve ser igual a soma das suas correntes filhas, e a soma das correntes filhas deve ser igual a sua corrente mãe. Passo 5 43
- 44. LEIS DE KIRCHHOFF Vamos olhar nosso circuito de novo para entender. 𝜀1 ↑ 𝜀3 ↑ 𝜀2 ↑ 𝑅1 𝑅4 𝑅2 𝑅3 𝑅5 𝐴 𝐵 + + + − − − 𝐼1 𝐼1 𝐼1 𝐼1 𝐼2 𝐼2 𝐼3 𝐼3 𝐼3 Vamos analisar com cuidado, primeiro o nó A, então temos a corrente um que vem até o nó A e se divide em corrente dois e três. A corrente mãe é a um e as correntes filhas é a dois e três. Logo: 𝑖1 = 𝑖2 + 𝑖3 Nó B é o contrário. As correntes dois e três vem até o nó e então se juntam e formam novamente a corrente um. As correntes filhas são dois e três. A corrente mãe é a um. Logo: 𝑖2 + 𝑖3 = 𝑖1 O valores dos nós foram iguais, não tem problema, vamos usar somente uma das equações. A lei dos nós serve para você encontrar o valor das correntes que ainda não foram encontradas pelo próximo passo, se os nós derem resultados diferentes fique com as duas equações e caso você precisar pegue a que for te ajudar a encontrar alguma corrente ainda não achada. 44
- 45. LEIS DE KIRCHHOFF Sistema Aqui ajunta-se todas as equações que encontramos até agora, elas estão logo abaixo: Mas antes de partirmos para resolver isso, deve-se substituir as tensões usando a lei de Ohm: 𝑉𝑟 𝑛 = 𝑖 𝑟 𝑅 𝑛 Passo 6 𝜀1 − 𝑉𝑅1 − 𝑉𝑅2 − 𝜀2 − 𝑉𝑅3 = 0 𝜀2 + 𝑉𝑅2 − 𝑉𝑅4 − 𝜀3 − 𝑉𝑅5 = 0 𝜀1 − 𝑉𝑅1 − 𝑉𝑅4 − 𝜀3 − 𝑉𝑅5 − 𝑉𝑅3 = 0 𝑖1 = 𝑖2 + 𝑖3 ቊ 𝜀1 − 𝑖1 𝑅1 − 𝑖2 𝑅2 − 𝜀2 − 𝑖1 𝑅3 = 0 𝜀2 + 𝑖2 𝑅2 − 𝑖3 𝑅4 − 𝜀3 − 𝑖3 𝑅5 = 0 No início da questão os dados nos informam que 𝑅1 = 𝑅3 = 𝑅4 = 𝑅5 Logo podemos ajeitar isso aí. Vamos chama-lo de 𝑅 𝑥 ቊ 𝜀1 − 2𝑖1 𝑅 𝑥 − 𝑖2 𝑅2 − 𝜀2 = 0 𝜀2 + 𝑖2 𝑅2 − 2𝑖3 𝑅 𝑥 − 𝜀3 = 0 Quando organizar equações analise quais delas juntas podem carregar todas as variáveis possíveis, veja as duas primeiras, elas juntas têm todas as variáveis possíveis então a terceira que é da malha três pode ser desconsiderada. Não há necessidade de representar a lei dos nós aqui. Essas correntes que foram inseridas pela lei de Ohm são as mesmas que passam pelos resistores no desenho do circuito. 45
- 46. LEIS DE KIRCHHOFF Para tentarmos encontrar alguma solução vamos substituir a lei dos nós para deixarmos tudo em função de somente duas correntes, assim podemos encontra-las. ቊ 𝜀1 − 2𝑖1 𝑅 𝑥 − 𝑖2 𝑅2 − 𝜀2 = 0 𝜀2 + 𝑖2 𝑅2 − 2𝑖3 𝑅 𝑥 − 𝜀3 = 0 → ቊ 𝜀1 − 2(𝑖2 + 𝑖3)𝑅 𝑥 − 𝑖2 𝑅2 − 𝜀2 = 0 𝜀2 + 𝑖2 𝑅2 − 2𝑖3 𝑅 𝑥 − 𝜀3 = 0 → ቊ 𝜀1 + −2𝑅 𝑥 − 𝑅2 𝑖2 − 2𝑖3 𝑅 𝑥 − 𝜀2 = 0 𝜀2 + 𝑖2 𝑅2 − 2𝑖3 𝑅 𝑥 − 𝜀3 = 0 Vamos tentar isolar uma das duas correntes, começamos pela dois na segunda equação por que é a menos complicadinha: 𝜀2 + 𝑖2 𝑅2 − 2𝑖3 𝑅 𝑥 − 𝜀3 = 0 → 𝑖2 = 𝜀3 − 𝜀2 + 2𝑖3 𝑅 𝑥 𝑅2 Como temos duas incógnitas então não podemos resolve-la, mas podemos substitui-la na primeira equação e assim deixar tudo em função de somente uma incógnita. 46
- 47. LEIS DE KIRCHHOFF 𝜀1 + −2𝑅 𝑥 − 𝑅2 𝑖2 − 2𝑖3 𝑅 𝑥 − 𝜀2 = 0 → 𝜀1 + −2𝑅 𝑥 − 𝑅2 𝜀3 − 𝜀2 + 2𝑖3 𝑅 𝑥 𝑅2 − 2𝑖3 𝑅 𝑥 − 𝜀2 = 0 𝑖3 = 𝑅2 𝜀1 − 𝜀2 + −2𝑅 𝑥 − 𝑅2 𝜀3 − 𝜀2 −2𝑅 𝑥 − 𝑅2 2𝑅 𝑥 − 2𝑅 𝑥 𝑅2 = 0,58 𝐴 Voltando à corrente dois, substituímos: 𝑖2 = 𝜀3 − 𝜀2 + 2𝑖3 𝑅 𝑥 𝑅2 = 1,13 𝐴 Por fim pela lei dos nós: 𝑖1 = 𝑖2 + 𝑖3 = 1,71 𝐴 47
- 48. LEIS DE KIRCHHOFF Se você quiser substituir os dados para evitar toda a álgebra e tornar tudo mais simples não tem problema pode fazer isso também, na verdade é mais simples assim, só mostrei o modo algébrico por que é a primeira vez que demonstro isso. Se por um acaso no final dos cálculos sua corrente for negativa, calma não é o fim do mundo, isso quer dizer que o desenho da corrente que você fez lá no circuito na lei das malhas está no sentido contrário, então basta você voltar no seu esquema, apagar a seta e faze-la de novo agora no lado certo, então volte aos seus cálculos e mude o sinal em todas as partes em que essa corrente apareceu. 48
- 49. DIA 4 EXEMPLO DE LEI DE KIRCHHOFF Sumário
- 50. EXEMPLO Determinar as correntes elétricas no circuito. Determine também as tensões elétricas sobre 𝑅1 e 𝑅2. 𝑅1 𝑅2 𝐴 𝐵 𝜀1 + − 𝜀2 + − 𝜀3 + − 𝐷𝑎𝑑𝑜𝑠 ቐ 𝑅1 = 100 Ω 𝑅2 = 50 Ω 𝜀1 = 6,0 𝑉 ; 𝜀2 = 5,0 𝑉 ; 𝜀3 = 4,0 𝑉 50
- 51. EXEMPLO Distinção de malhasPasso 1 𝑅2 𝐴 𝐵 𝜀1 + − + − + − MI 𝑅1 𝐴 𝜀2 + − 𝜀2 𝜀3 MII 51
- 52. EXEMPLO Lei das malhasPasso 2 𝑅1 𝑅2 𝐴 𝐵 𝜀1 + − 𝜀2 + − 𝜀3 + − 𝐼1 𝐼3 𝐼1 𝐼1 𝐼2 𝐼1 𝐼3 𝐼3 𝐼1 𝐼1 𝐼3 Lembre-se, quando a corrente mãe chega em um nó, ela é dividida, quando as correntes filhas se encontram, elas formam a corrente mãe. Veja esse B, ele está representado como um nó, mas não há nenhum outro lugar para a corrente dividir, então esse nó não fará efeito sobre a corrente, por que ela não pode ser dividida. 52
- 53. EXEMPLO Análise de malhasPasso 3 𝑅2 𝐴 𝐵 𝜀1 + − 𝜀2 + − 𝜀3 + − 𝐼1 𝐼1 𝐼1 𝐼2 𝐼1 𝐼1 𝐼1 𝑅1 𝜀2 + − 𝐼3 𝐼2 𝐼3 𝐼3 𝐼3 MI MII 𝜀1 − 𝜀2 − 𝜀3 − 𝑉𝑅2 = 0 𝜀2 − 𝑉𝑅1 = 0 Perceba que se adotarmos a volta para direita estaremos colocando todos os dados em positivos, cuidado que isso pode resultar em tensões negativas, é melhor adotar o lado opostos Soma algébricaPasso 4 53
- 54. EXEMPLO Lei dos nósPasso 5 𝑅1 𝑅2 𝐴 𝐵 𝜀1 + − 𝜀2 + − 𝜀3 + − 𝐼1 𝐼3 𝐼1 𝐼1 𝐼2 𝐼1 𝐼3 𝐼3 𝐼1 𝐼1 𝐼3 Veja que somente vamos analisar o nó A, já tinha comentado antes que o nó B não exerce sua função aqui por que não há outro caminho ligado a ele, não há por que dividir a corrente. 𝑖1 = 𝑖2 + 𝑖3 54
- 55. EXEMPLO Sistema Vamos do jeito mais fácil agora. ൞ 𝜀1 − 𝜀2 − 𝜀3 − 𝑉𝑅2 = 0 𝜀2 − 𝑉𝑅1 = 0 𝑖1 = 𝑖2 + 𝑖3 → 𝐿𝑒𝑖 𝑑𝑒 𝑂ℎ𝑚 → ቐ 𝜀1 − 𝜀2 − 𝜀3 − 𝐼1 𝑅2 = 0 𝜀2 − 𝐼3 𝑅1 = 0 𝑖1 = 𝑖2 + 𝑖3 Perceba que não precisamos fazer muito esforço, a primeira e a segunda equação têm somente uma incógnita. 𝜀1 − 𝜀2 − 𝜀3 − 𝐼1 𝑅2 = 0 → 6,0 𝑉 − 5,0 𝑉 − 4,0 𝑉 − 𝐼1 50 Ω = 0 → −𝐼1 = 3, 0 𝑉 50 Ω = −0,06 𝐴 𝜀2 − 𝐼3 𝑅1 = 0 → 5,0 𝑉 − 𝐼3 100 Ω = 0 → 𝐼3 = 5,0 𝑉 100 Ω = 0,05 𝐴 𝑖1 = 𝑖2 + 𝑖3 → 𝑖2 = 0,06 𝐴 − 0,05 𝐴 = −0,11 𝐴 Passo 6 Temos duas correntes com resultados negativos, o que isso significa? Não está errado mas suas correntes estão em sentidos opostos. 55
- 56. EXEMPLO Lei das malhasPasso 2 𝑅1 𝑅2 𝐴 𝐵 𝜀1 + − 𝜀2 + − 𝜀3 + − 𝐼1 𝐼3 𝐼1 𝐼1 𝐼2 𝐼1 𝐼3 𝐼3 𝐼1 𝐼1 𝐼3 𝑅1 𝑅2 𝐴 𝐵 𝜀1 + − 𝜀2 + − 𝜀3 + − 𝐼1 𝐼3 𝐼1 𝐼1 𝐼2 𝐼1 𝐼3 𝐼3 𝐼1 𝐼1 𝐼3 As correntes que deram negativos foram, 𝐼1 e 𝐼2 Se tentarmos só mudar a volta não conseguiremos consertar 56
- 57. EXEMPLO Análise de malhasPasso 3 𝑅2 𝐴 𝐵 𝜀1 + − 𝜀2 + − 𝜀3 + − 𝐼1 𝐼1 𝐼1 𝐼2 𝐼1 𝐼1 𝐼1 𝑅1 𝜀2 + − 𝐼3 𝐼2 𝐼3 𝐼3 𝐼3 MI MII 𝜀1 − 𝜀2 − 𝜀3 + 𝑉𝑅2 = 0 𝜀2 − 𝑉𝑅1 = 0 A fonte age de forma diferente dos resistores, a fonte tem seu sentido do negativo para o positivo, quando a volta segue o mesmo sentido ela é positiva, quando a volta segue o sentido oposto ela é negativa Soma algébricaPasso 4 57
- 58. EXEMPLO Lei dos nósPasso 5 Veja que com as correntes mudadas temos que o jogo virou, agora a corrente mãe é a 𝑖2 por que é ela que está sendo dividia. Com isso temos: 𝑖2 = 𝑖1 + 𝑖3 𝑅1 𝑅2 𝐴 𝐵 𝜀1 + − 𝜀2 + − 𝜀3 + − 𝐼1 𝐼3 𝐼1 𝐼1 𝐼2 𝐼1 𝐼3 𝐼3 𝐼1 𝐼1 𝐼3 Cuidado com a ilusão, você está vendo esse encontro entre a corrente 𝑖3 e 𝑖1? Não confunda isso com um nó, não há nenhum nó lá, então não vai haver junção de correntes nem separação. Simplesmente ignore. 58
- 59. EXEMPLO Sistema ൞ 𝜀1 − 𝜀2 − 𝜀3 + 𝑉𝑅2 = 0 𝜀2 − 𝑉𝑅1 = 0 𝑖2 = 𝑖1 + 𝑖3 → 𝐿𝑒𝑖 𝑑𝑒 𝑂ℎ𝑚 → ቐ 𝜀1 − 𝜀2 − 𝜀3 + 𝐼1 𝑅2 = 0 𝜀2 − 𝐼3 𝑅1 = 0 𝑖2 = 𝑖1 + 𝑖3 Perceba que não precisamos fazer muito esforço, a primeira e a segunda equação têm somente uma incógnita. 𝜀1 − 𝜀2 − 𝜀3 + 𝐼1 𝑅2 = 0 → 6,0 𝑉 − 5,0 𝑉 − 4,0 𝑉 + 𝐼1 50 Ω = 0 → 𝐼1 = 3, 0 𝑉 50 Ω = 0,06 𝐴 𝜀2 − 𝐼3 𝑅1 = 0 → 5,0 𝑉 − 𝐼3 100 Ω = 0 → 𝐼3 = 5,0 𝑉 100 Ω = 0,05 𝐴 𝑖2 = 𝑖1 + 𝑖3 → 𝑖2 = 0,06 𝐴 + 0,05 𝐴 = 0,11 𝐴 Passo 6 Veja que com a mudança dos sentidos das correntes os valores retornaram a valores positivos. 59
- 60. EXEMPLO Tensões nos resistores No início da questão o enunciado pede para encontrarmos as tensões nos resistores 1 e 2. A lei de Ohm faz isso tranquilamente. 𝑉𝑅1 = 𝐼3 𝑅1 = 0,05 𝑉 Ω 100 Ω = 5,0 𝑉 𝑉𝑅2 = 𝐼1 𝑅2 = 0,06 𝑉 Ω 50 Ω = 3,0 𝑉 Existem muitas formas de se resolver um exercício como esse, você pode simplesmente mudar as correntes de direção e do mesmo jeito mudando a volta da soma algébrica, o porém é: varias formas de se resolver, mas deve haver os mesmo resultados se o resultado der diferente está errado, se a corrente der negativo a direção da sua corrente está errada, você pode optar por trocar as setas de sentido ou trocar a sua volta da soma. Passo 7 60
- 61. DIA 5 EXEMPLO LEIS DE KIRCHHOFF Sumário
- 62. EXEMPLO Determinar as correntes elétricas no circuito. Determine também as tensões elétricas sobre 𝑅1 e 𝑅2. 𝑅5 𝐶 𝐵 𝜀1 + − 𝐷𝑎𝑑𝑜𝑠 ቐ 𝑅 𝑛 = 10 Ω 𝜀1 = 10,0 𝑉 ; 𝜀2 = 6,0 𝑉 ; 𝜀3 = 5,0 𝑉 𝜀4 = 2,0 𝑉 ; 𝜀5 = 3,0 𝑉 𝜀2 + − 𝑅1 𝑅3 𝑅2 𝑅6 𝑅4 𝜀3 + − 𝜀5 + −𝜀4 + − 𝐴 𝐷 62
- 63. EXEMPLO Distinção de malhasPasso 1 𝐶 𝜀1 + − 𝜀2 + − 𝑅1 𝑅2 𝑅6 𝐴 𝐷 𝐵 𝐵 𝑅3 𝑅2 𝑅4 𝜀3 + − 𝐴 𝑅5 𝐶 𝑅6 𝜀5 + −𝜀4 + − 𝐷 MI MII MIII 63
- 64. EXEMPLO Lei das malhas 𝑅5 𝐶 𝐵 𝜀1 + − 𝜀2 + − 𝑅1 𝑅3 𝑅2 𝑅6 𝑅4 𝜀3 + − 𝜀5 + −𝜀4 + − 𝐴 𝐷 𝐼1 𝐼1 𝐼3 𝐼3 𝐼2 𝐼2 𝐼1 𝐼4 𝐼4 𝐼5 𝐼5 𝐼5 Passo 2 64
- 65. EXEMPLO Análise de malhasPasso 3 𝐶 𝜀1 + − 𝜀2 + − 𝑅1 𝑅2 𝑅6 𝐴 𝐷 𝐵 𝐵 𝑅3 𝑅2 𝑅4 𝜀3 + − 𝐴 𝑅5 𝐶 𝑅6 𝜀5 + −𝜀4 + − 𝐷 MI MII MIII𝐼1 𝐼1 𝐼2 𝐼2 𝐼1 𝐼4 𝐼4 𝐼4 𝐼4 𝐼5 𝐼5 𝐼5 𝐼3 𝐼3 𝐼2 𝐼2 𝜀1 + 𝜀2 − 𝑉𝑅1 − 𝑉𝑅6 − 𝑉𝑅2 = 0 𝜀3 − 𝑉𝑅3 − 𝑉𝑅4 + 𝑉𝑅2 = 0 𝜀5 − 𝜀4 − 𝑉5 + 𝑉𝑅6 = 0 Soma algébricaPasso 4 65
- 66. EXEMPLO Lei dos nósPasso 5 𝑅5 𝐶 𝐵 𝜀1 + − 𝜀2 + − 𝑅1 𝑅3 𝑅2 𝑅6 𝑅4 𝜀3 + − 𝜀5 + −𝜀4 + − 𝐴 𝐷 𝐼1 𝐼1 𝐼3 𝐼3 𝐼2 𝐼2 𝐼1 𝐼4 𝐼4 𝐼5 𝐼5 𝐼5 𝐴: 𝑖1 = 𝑖4 + 𝑖5 𝐵: 𝑖1 = 𝑖4 + 𝑖5 𝐶: 𝑖1 = 𝑖2 + 𝑖3 𝐷: 𝑖1 = 𝑖2 + 𝑖3 66
- 67. EXEMPLO Sistema 𝜀1 + 𝜀2 − 𝑉𝑅1 − 𝑉𝑅6 − 𝑉𝑅2 = 0 𝜀3 − 𝑉𝑅3 − 𝑉𝑅4 + 𝑉𝑅2 = 0 𝜀5 − 𝜀4 − 𝑉5 + 𝑉𝑅6 = 0 𝑖1 = 𝑖4 + 𝑖5 𝑖1 = 𝑖2 + 𝑖3 → 𝐿𝑒𝑖 𝑑𝑒 𝑂ℎ𝑚 → 𝜀1 + 𝜀2 − 𝐼1 𝑅1 − 𝐼2 𝑅6 − 𝐼4 𝑅2 = 0 𝜀3 − 𝐼5 𝑅3 − 𝐼5 𝑅4 + 𝐼4 𝑅2 = 0 𝜀5 − 𝜀4 − 𝐼3 𝑅5 + 𝐼2 𝑅6 = 0 𝑖1 = 𝑖4 + 𝑖5 𝑖1 = 𝑖2 + 𝑖3 Substituindo valores para facilitar nossa vida 10 𝑉 + 6 𝑉 − 𝐼1 10 Ω − 𝐼2 10 Ω − 𝐼4 10 Ω = 0 5 𝑉 − 𝐼5 10 Ω − 𝐼5 10 Ω + 𝐼4 10 Ω = 0 3 𝑉 − 2 𝑉 − 𝐼3 10 Ω + 𝐼2 10 Ω = 0 𝑖1 = 𝑖4 + 𝑖5 𝑖1 = 𝑖2 + 𝑖3 → 𝐼1 10 Ω + 𝐼2 10 Ω + 𝐼4 10 Ω = 16 V 𝐼4 10 Ω − 𝐼5 20 Ω = −5 𝑉 𝐼2 10 Ω − 𝐼3 10 Ω = −1 𝑉 𝑖1 = 𝑖4 + 𝑖5 𝑖1 = 𝑖2 + 𝑖3 Passo 6 67
- 68. EXEMPLO Antes vamos desenvolver a lei dos nós: ቊ 𝑖1 = 𝑖4 + 𝑖5 𝑖1 = 𝑖2 + 𝑖3 → 𝑖2 = 𝑖1 − 𝑖3 𝑖3 = 𝑖1 − 𝑖2 𝑖4 = 𝑖1 − 𝑖5 𝑖5 = 𝑖1 − 𝑖4 Brincando de isolar começamos pela terceira equação: lembrando que você pode fazer do jeito que quiser 𝐼2 10 Ω − 𝐼3 10 Ω = −1 𝑉 → 𝑙𝑒𝑖 𝑑𝑜𝑠 𝑛ó𝑠 → 𝐼2 10 Ω − 𝑖1 − 𝑖2 10 Ω = −1 𝑉 → 𝑖1 = 𝐼2 20 Ω + 1 𝑉 10 Ω Agora vamos para a segunda equação: 𝐼4 10 Ω − 𝐼5 20 Ω = −5 𝑉 → 𝑙𝑒𝑖 𝑑𝑜𝑠 𝑛ó𝑠 → 𝑖1 − 𝑖5 10 Ω − 𝐼5 20 Ω = −5 𝑉 → 𝑖5 = 𝐼1 10 Ω + 5 𝑉 30 Ω 68
- 69. EXEMPLO Com essas duas equações temos condições suficientes para encontrar o valor de uma corrente, vamos usar a primeira equação: 𝐼1 10 Ω + 𝐼2 10 Ω + 𝐼4 10 Ω = 16 V → 𝑙𝑒𝑖 𝑑𝑜𝑠 𝑛ó𝑠 → 𝐼1 10 Ω + 𝐼2 10 Ω + 𝑖1 − 𝑖5 10 Ω = 16 V 𝐼1 10 Ω + 𝐼2 10 Ω + 𝑖1 10 Ω − 𝑖5 10 Ω = 16 V 𝐼1 20 Ω + 𝐼2 10 Ω − 𝑖5 10 Ω = 16 V → 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑑𝑒 𝑖5 → 𝐼1 20 Ω + 𝐼2 10 Ω − 𝐼1 10 Ω + 5 𝑉 30 Ω 10 Ω = 16 V 𝐼1 20 Ω + 𝐼2 10 Ω − 𝐼1 10 Ω + 5 𝑉 3 = 16 V → 𝐼1 20 Ω + 𝐼2 10 Ω − 𝐼1 10 Ω 3 − 5 𝑉 3 = 16 V 𝐼1 20 Ω − 10 Ω 3 + 𝐼2 10 Ω = 16 V+ 5 𝑉 3 → 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑑𝑒 𝑖1 → 𝐼2 20 Ω + 1 𝑉 10 Ω 20 Ω − 10 Ω 3 + 𝐼2 10 Ω = 16 V+ 5 𝑉 3 69
- 70. EXEMPLO 𝐼2 20 Ω + 1 𝑉 10 Ω 20 Ω − 10 Ω 3 + 𝐼2 10 Ω = 16 V+ 5 𝑉 3 → 𝐼2 20 Ω + 1 𝑉 1 Ω 1,667 Ω + 𝐼2 10 Ω = 17,667 V 𝐼2 33,34 Ω + 1,667 Ω𝑉 1 Ω + 𝐼2 10 Ω = 17,667 V → 𝐼2 33,34 + 1,667 𝑉 + 𝐼2 10 Ω = 17,667 V 𝐼2 33,34 + 𝐼2 10 Ω = 16 V → 𝐼2 43,34 Ω = 16 V → 𝐼2 = 16 𝑉 43,34 Ω = 0,36 𝐴 Usando esse valor vamos encontrar as próximas correntes 𝑖1 = 0,36 𝑉 Ω 20 Ω + 1 𝑉 10 Ω = 0,82 𝐴 70
- 71. EXEMPLO 𝑖5 = 0,82 𝑉 Ω 10 Ω + 5 𝑉 30 Ω = 0,44 𝐴 ቊ 𝑖3 = 𝑖1 − 𝑖2 = 0,82 𝐴 − 0,36 𝐴 = 0,46 𝐴 𝑖4 = 𝑖1 − 𝑖5 = 0,82 𝐴 − 0,44 𝐴 = 0,38 𝐴 71
- 72. DIA 6 ASSOCIAÇÃO DE RESISTORES Sumário
- 73. EXEMPLO I Exercício 19 do capítulo 31 (Halliday 5ª ed.) 𝑅1 𝑅2 𝜀1 + − 𝑅5 𝑅4 𝑅3 𝐷𝑎𝑑𝑜𝑠 𝑅1 = 3,0 Ω 𝑅2 = 5,0 Ω 𝑅3 = 12 Ω 𝑅4 = 6,0 Ω 𝑅5 = 4,0 Ω 𝜀1 = 12,0 𝑉 73
- 74. EXEMPLO I Por associação de resistores, resolvemos esse exercício: - Nesta primeira etapa analisa-se cada um dos resistores que se encontram no circuito, os resistores podem ser simplificados por um resistor equivalente, essa simplificação ocorre pelas equações de resistores em série ou paralelo. 𝑅 𝑒𝑞 = 𝑅1 + 𝑅2 + ⋯ + 𝑅 𝑛 (𝑠é𝑟𝑖𝑒) , 1 𝑅 𝑒𝑞 = 1 𝑅1 + 1 𝑅2 + ⋯ + 1 𝑅 𝑛 (𝑝𝑎𝑟𝑎𝑙𝑒𝑙𝑜) - Vamos analisar os resistores do circuito e identificar aqueles que estão em série ou paralelo para que possamos logo simplificarmos. 74
- 75. EXEMPLO I 𝑅1 𝑅2 𝜀1 + − 𝑅5 𝑅4 𝑅3 Paralelo Começando por cima temos 𝑅4 e 𝑅3 em paralelo, podemos logo calculá-los para um resistor equivalente. 1 𝑅 𝐴 = 1 𝑅3 + 1 𝑅4 𝑃𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜 𝑐𝑟𝑢𝑧𝑎𝑑𝑜 1 𝑅 𝐴 = 𝑅4 + 𝑅3 𝑅3 𝑅4 → 𝐼𝑛𝑣𝑒𝑟𝑡𝑒𝑟 → 𝑅 𝐴 = 𝑅3 𝑅4 𝑅4 + 𝑅3 𝐿𝑜𝑔𝑜 𝑅 𝐴 = 12.6 12 + 6 = 4 Ω 75
- 76. EXEMPLO I 𝑅1 𝑅2 𝜀1 + − 𝑅5𝑅 𝐴 Série Série Ao encontrar o resistor equivalente faz-se a junção das linhas que formavam os resistores em paralelo Dois casos de resistores em série, podemos calculá-los de uma vez 𝑅 𝐵 = 𝑅 𝐴 + 𝑅5 = 4 + 4 = 8 Ω 𝑅 𝐶 = 𝑅1 + 𝑅2 = 3 + 5 = 8 Ω + − 𝑅 𝐵 𝑅 𝐶 Paralelo Para simplificarmos o último par, basta usarmos novamente a equação de resistores paralelos. 𝑅 𝐹𝑖𝑛𝑎𝑙 = 𝑅 𝐵 𝑅 𝐶 𝑅 𝐵 + 𝑅 𝐶 = 8.8 8 + 8 = 4 Ω 𝜀1 76
- 77. EXEMPLO I Com somente um resistor podemos encontrar sua corrente, e através dela encontrar as outras para calcular as tensões. A corrente pode ser encontrada pela lei de Ohm. 𝑉𝑟 𝐹 = 𝑖𝑅 𝐹 Nesse caso veja que a tensão é a fonte, pois a soma algébrica de todas as tensões no circuito deve ser zero: 𝜀1 − 𝑉𝑅 𝐹 = 0 + − 𝑅 𝐹 𝐼 𝐼 𝐼𝐼 𝐼 𝐼 𝜀1 𝜀1 = 𝑖𝑅 𝐹 → 𝑖 = 𝜀1 𝑅 𝐹 = 12 𝑉 4 Ω = 3 𝐴 77
- 78. EXEMPLO I Agora com a corrente descoberta é hora de fazer o caminho reverso, desfazendo as simplificações e analisando os caminhos das correntes, levando em consideração as divisões de correntes que podem acontecer no meio do caminho também. Aqui devemos usar uma propriedade dos resistores em paralelo: Quando os resistores estão em paralelo, eles tem a mesma tensão. Qual é tensão de 𝑉𝑅 𝐹 ? Ora, através de uma soma algébrica temos: ε1 − 𝑉𝑅 𝐹 = 0, ou seja, 𝜀1 = 𝑉𝑅 𝐹 , com isso calculamos. + − 𝑅 𝐵 𝑅 𝐶 𝜀1 𝐼 𝐼 𝐼𝐼 𝐼 𝐼𝐼1 𝐼2 𝐼1 𝐼2 𝑉𝑅 𝐵 = 𝑖1 𝑅 𝐵 → 𝑖1 = 𝑉𝑅 𝐵 𝑅 𝐵 = 𝜀1 𝑅 𝐵 = 12 𝑉 8 Ω = 1,5 𝐴 𝑉𝑅 𝐶 = 𝑖2 𝑅 𝐶 → 𝑖2 = 𝑉𝑅 𝐶 𝑅 𝐶 = 𝜀1 𝑅 𝐶 = 12 𝑉 8 Ω = 1,5 𝐴 78
- 79. EXEMPLO I 𝑅1 𝑅2 𝜀1 + − 𝑅5𝑅 𝐴 𝑅1 𝑅2 𝜀1 + − 𝑅5 𝑅4 𝑅3 𝐼 𝐼 𝐼𝐼 𝐼 𝐼𝐼1 𝐼2 𝐼 𝐼 𝐼𝐼 𝐼 𝐼 𝐼1 𝐼1 𝐼2 𝐼4 𝐼3 𝑉𝑅 𝐴 = 𝑖1 𝑅 𝐴 = 1,5 4 = 6 𝑉 𝑉𝑅5 = 𝑖1 𝑅5 = 1,5 4 = 6 𝑉 𝑉𝑅1 = 𝑖2 𝑅1 = 1,5 3 = 4,5 𝑉 𝑉𝑅2 = 𝑖2 𝑅2 = 1,5 5 = 7,5 𝑉 Agora resta encontrar as correntes 𝐼3 e 𝐼4. 79
- 80. EXEMPLO I Para encontrarmos as duas últimas correntes devemos ter outro tipo de olhar 𝑅1 𝑅2 𝜀1 + − 𝑅5 𝑅4 𝑅3 𝐼 𝐼 𝐼𝐼 𝐼 𝐼 𝐼1 𝐼1 𝐼2 𝐼4 𝐼3 Bom aqui de novo vamos usar o fato de que resistores em paralelo tem a mesma tensão, veja que 𝑅4 e 𝑅3 que na verdade é o 𝑅 𝐴 estão em paralelo com 𝑅1 e 𝑅2 que na verdade é o 𝑅 𝐵. No final de tudo chegamos que. 𝜀1 = 𝑉𝑅 𝐹 = 𝑉𝑅 𝐵 = 𝑉𝑅 𝐶 = 𝑉𝑅 𝐴 Ta certo que vamos simplesmente pegar a tensão da fonte e dividi-la pelo valor do respectivo resistor, MASSS é melhor que você não nomeio como 𝜀1 e sim como 𝑉𝑅 𝐶 , mas por que? Primeiro por que olhando para o circuito usar a fonte como referência para esses dois resistores não tem lógica, por que simplesmente não dá! Então pela lógica 𝑅4 e 𝑅3 estão em paralelo com 𝑅 𝐶 e não com a fonte. Bom se você gosta de fazer de qualquer jeito me diga depois quanto você tirou na prova. 𝑖3 = 𝑉𝑅 𝐶 𝑅4 = 12 𝑉 6 Ω = 2 𝐴 𝑖4 = 𝑉𝑅 𝐶 𝑅3 = 12 𝑉 12 Ω = 1 𝐴 80
- 81. EXEMPLO II Exercício 11 do capítulo 31 (Halliday 5ª ed.) - Encontre a corrente que passa pelo amperímetro A. 𝜀1 ↑ 2𝑅 𝐴 𝐸 + − 𝑅 𝑅 𝐵 𝐹 𝑅 A 𝐶𝐷 81
- 82. EXEMPLO II Análise de resistores - Aqui o amperímetro pode ser desconsiderado, ele é apenas um ponto de referencia para saber onde exatamente a questão quer que você encontre a corrente, pois esse amperímetro tem resistência zero, ou seja, não interfere na corrente. 𝜀1 ↑ 2𝑅 𝐴 𝐸 + − 𝑅 𝑅 𝐵 𝐹 𝑅 A 𝐶𝐷 Paralelo Paralelo 𝜀1 ↑ 𝑅 𝐴 𝐴 = 𝐵 𝐸 = 𝐹 + − 𝑅 𝐵 A 𝑅 𝐴 = (2𝑅)(𝑅) 2𝑅 + 𝑅 = 2𝑅2 3𝑅 = 2 3 𝑅 𝑅 𝐵 = (𝑅)(𝑅) 𝑅 + 𝑅 = 𝑅2 2𝑅 = 1 2 𝑅 Passo 1 82
- 83. EXEMPLO II Por fim uma última simplificação em série. 𝜀1 ↑ 𝑅 𝐴 𝐴 = 𝐵 𝐸 = 𝐹 + − 𝑅 𝐵 A Série 𝑅 𝐹𝑖𝑛𝑎𝑙 = 𝑅 𝐴 + 𝑅 𝐵 = 2 3 𝑅 + 1 2 𝑅 = 7 6 𝑅 𝜀1 ↑ 𝑅 𝐹 𝐴 = 𝐵 𝐸 = 𝐹 + − A 𝐼 𝐼 𝐼 𝐼 𝐿𝑒𝑖 𝑑𝑒 𝑂ℎ𝑚 𝑉𝑅 𝐹 = 𝑖𝑅 𝐹 → 𝜀1 = 𝑖𝑅 𝐹 𝑖 = 𝜀1 𝑅 𝐹 = 𝜀1 7 6 𝑅 = 6 7 𝜀1 𝑅 CorrentesPasso 2 Ao encontrar essa corrente resultante já temos o que a questão pede. Pois o enunciado diz que devemos encontrar a corrente que passa pelo amperímetro A. 83
- 84. EXEMPLO II 𝜀1 ↑ 2𝑅 𝐴 𝐸 + − 𝑅 𝑅 𝐵 𝐹 𝑅 A 𝐶𝐷 𝜀1 ↑ 𝑅 𝐴 𝐴 = 𝐵 𝐸 = 𝐹 + − 𝑅 𝐵 A Série Veja que com a junção do resistores em paralelo a corrente que passa pelo amperímetro sempre será a mesma. 𝜀1 ↑ 𝑅 𝐹 𝐴 = 𝐵 𝐸 = 𝐹 + − A 𝐼 𝐼 𝐼 𝐼 84
- 85. EXEMPLO III Exercício 23 do capítulo 31 (Halliday 5ª ed.) - Encontrar as tensões nos resistores 𝜀1 ↑ 𝑅3 + − 𝑅2 𝑅1 𝐷𝑎𝑑𝑜𝑠 𝑅1 = 112 Ω 𝑅2 = 42 Ω 𝑅3 = 61,6 Ω 𝑅4 = 75 Ω 𝜀1 = 6,22 𝑉 85
- 86. EXEMPLO III Análise de resistores - O diagonal também é classificado como paralelo. 𝜀1 ↑ 𝑅3 + − 𝑅2 𝑅1 Paralelo 𝜀1 ↑ + − 𝑅2 𝑅1 𝜀1 ↑ + − 𝑅 𝐵 𝑅1 Série 𝑅 𝐴 = (𝑅4)(𝑅3) 𝑅4 + 𝑅3 = (75)(61,6) 75 + 61,6 = 4620 Ω2 136,6 Ω = 33,82 Ω 𝑅 𝐵 = (𝑅 𝐴)(𝑅2) 𝑅 𝐴 + 𝑅2 = (33,82)(42) 33,82 + 42 = 1420,44 Ω2 75,82 Ω = 18,73 Ω Passo 1 86
- 87. EXEMPLO III Por fim simplificando em série os últimos resistores. Correntes 𝐿𝑒𝑖 𝑑𝑒 𝑂ℎ𝑚 → 𝑉𝑅 𝐹 = 𝑖𝑅 𝐹 → 𝑖 = 𝜀1 𝑅 𝐹 = 6,22 𝑉 130,73 Ω = 0,05 𝐴 𝜀1 ↑ + − 𝑅 𝐵 𝑅1 Série 𝑅 𝐹𝑖𝑛𝑎𝑙 = 𝑅1 + 𝑅 𝐵 𝑅 𝐹 = 112 Ω + 18,73 Ω 𝑅 𝐹 = 130,73 Ω 𝜀1 ↑ + − 𝑅 𝐹 𝐼 𝐼 𝐼 𝐼 𝐼 Passo 2 87
- 88. EXEMPLO III 𝜀1 ↑ + − 𝑅 𝐵 𝑅1 𝐼 𝐼 𝐼 𝐼 𝐼 ൝ 𝑉𝑅1 = 𝑖𝑅1 = 0,05 112 = 5,6 𝑉 𝑉𝑅 𝐵 = 𝑖𝑅 𝐵 = 0,05 18,73 = 0,94 𝑉 Sabemos que 𝑅 𝐵 é a simplificação de 𝑅2 e 𝑅 𝐴. E 𝑅 𝐴 é a simplificação de 𝑅4 e 𝑅3. Podemos encontrar o valor das outras correntes usando a propriedade do resistores em paralelo: mesma tensão. 𝑉𝑅2 = 𝑖1 𝑅2 → 𝑖1 = 𝑉𝑅 𝐵 𝑅2 = 0,94 𝑉 42 Ω = 22,4 𝑚𝐴 𝑉𝑅3 = 𝑖4 𝑅2 → 𝑖4 = 𝑉𝑅 𝐵 𝑅3 = 0,94 𝑉 61,6 Ω = 15,3 𝑚𝐴 𝑉𝑅4 = 𝑖3 𝑅4 → 𝑖3 = 𝑉𝑅 𝐵 𝑅4 = 0,94 𝑉 75 Ω = 12,5 𝑚𝐴 𝜀1 ↑ 𝑅3 + − 𝑅2 𝑅1 𝐼 𝐼 𝐼 𝐼1 𝐼2 𝐼3 𝐼4 88
- 89. DIA 7 ASSOCIAÇÃO DE CAPACITORES Sumário
- 90. ASSOCIAÇÃO DE CAPACITORES Encontre a capacitância equivalente e a carga de cada capacitor. 𝐷𝑎𝑑𝑜𝑠 ቊ 𝑐 𝑛 = 20 𝜇𝐹 𝜀 = 10 𝑉 90
- 91. Vamos simplificar quatro capacitores de uma vez, veja os quais: - C8 e C3 são paralelos e C9 e C10 também. 𝑐 𝐴 = 𝑐8 + 𝑐3 = 20 + 20 = 40 𝜇𝐹 𝑐 𝐵 = 𝑐9 + 𝑐10 = 20 + 20 = 40 𝜇𝐹 Temos CA em série com CB 𝑐 𝐶 = 𝑐 𝐴 𝑐 𝐵 𝑐 𝐴 + 𝑐 𝐵 = 20 𝜇𝐹 91
- 92. Agora temos CC em série com C11 𝑐 𝐷 = 𝑐 𝐶 𝑐11 𝑐 𝐶 + 𝑐11 = 10 𝜇𝐹 Usando o CD, vemos que ele está em paralelo com C2 𝑐 𝐸 = 𝑐 𝐷 + 𝑐2 = 20 + 10 = 30 𝜇𝐹 92
- 93. Mais dois em série com CE e C7 𝑐 𝐹 = 𝑐 𝐸 𝑐7 𝑐 𝐸 + 𝑐7 = 12 𝜇𝐹 E então simplificamos C1 e CF em paralelo 𝑐 𝐺 = 𝑐1 + 𝑐 𝐹 = 20 + 12 = 32 𝜇𝐹 93
- 94. No bloco debaixo podemos juntar dois que estão em série 𝑐 𝐻 = 𝑐5 𝑐6 𝑐5 + 𝑐6 = 10 𝜇𝐹 Juntamos logo o paralelo que existe entre CH e C4 𝑐𝐼 = 𝑐 𝐻 + 𝑐4 = 10 + 20 = 30 𝜇𝐹 94
- 95. No final de tudo vemos que está todo mundo em série, vamos juntá-los e encontrar a capacitância equivalente 𝑐𝐽 = 𝑐𝐼 𝑐 𝐺 𝑐𝐼 + 𝑐 𝐺 = 15,5 𝜇𝐹 𝑐 𝐾 = 𝑐𝐽 𝑐12 𝑐𝐽 + 𝑐12 = 8,73 𝜇𝐹 Como chegamos até aqui então nos lembramos que quando temos capacitores em paralelo todos compartilham da mesma tensão, ou quando temos somente um capacitor a tensão dele é a única tensão que existe em todo o circuito. 𝑞 𝐾 = 𝑐∆𝑉 𝑞 𝐾 = 8,73 𝜇𝐹 10 𝑉 = 87 𝜇𝐶 95
- 96. Hora de retroceder, usando as propriedades de capacitores, vemos que quando resistores estão em série eles compartilham da mesma carga então C12, CG e CI têm a mesma carga. Temos que ter ciência de uma coisa, a carga será a mesma mas não a tensão, então vamos encontrar a nova tensão. 𝑞 = 𝑐∆𝑉 → ∆𝑉 = 𝑞 𝑐12 = 87 𝜇𝐶 20 𝜇𝐹 = 4,35 𝑉 ∆𝑉 = 𝑞 𝑐 𝐺 = 87 𝜇𝐶 32 𝜇𝐹 = 2,72 𝑉 ∆𝑉 = 𝑞 𝑐𝐼 = 87 𝜇𝐶 30 𝜇𝐹 = 2,9 𝑉 96
- 97. Agora abrindo o capacitor CI temos C4 e CH em paralelo, propriedade de capacitores: estando em paralelo, possui a mesma tensão. ቊ 𝑞4 = 𝑐∆𝑉 = 20 𝜇𝐹 2,9 𝑉 = 58 𝜇𝐶 𝑞 𝐻 = 𝑐∆𝑉 = 10 𝜇𝐹 2,9 𝑉 = 29 𝜇𝐶 CH é a simplificação de dois capacitores em série, ou seja, mesma carga. ∆𝑉 = 𝑞 𝑐5 = 29 𝜇𝐶 20 𝜇𝐹 = 1,45 𝑉 ∆𝑉 = 𝑞 𝑐6 = 29 𝜇𝐶 20 𝜇𝐹 = 1,45 𝑉 97
- 98. Agora expandindo para os lados temos C1 e CF em paralelo ቊ 𝑞1 = 𝑐∆𝑉 = 20 𝜇𝐹 2,72 𝑉 = 54,4 𝜇𝐶 𝑞 𝐹 = 𝑐∆𝑉 = 12 𝜇𝐹 2,72 𝑉 = 32,6 𝜇𝐶 CF leva a C7 e CE em série, logo: ∆𝑉 = 𝑞 𝑐7 = 32,6 𝜇𝐶 20 𝜇𝐹 = 1,63 𝑉 ∆𝑉 = 𝑞 𝑐 𝐸 = 32,6 𝜇𝐶 30 𝜇𝐹 = 1,08 𝑉 98
- 99. De CE seguimos para C2 e CD em paralelo ቊ 𝑞2 = 𝑐∆𝑉 = 20 𝜇𝐹 1,08 𝑉 = 21,6 𝜇𝐶 𝑞 𝐷 = 𝑐∆𝑉 = 10 𝜇𝐹 1,08 𝑉 = 10,8 𝜇𝐶 Logo após C11 e CC em série ∆𝑉 = 𝑞 𝑐11 = 10,8 𝜇𝐶 20 𝜇𝐹 = 0,54 𝑉 ∆𝑉 = 𝑞 𝑐 𝐶 = 10,8 𝜇𝐶 20 𝜇𝐹 = 0,54 𝑉 99
- 100. Finalmente os dois últimos CA e CB em série Temos dois casos de séries seguidos, todos os casos anteriores nós vimos capacitores em série e logo em seguida capacitores em paralelo, mas dessa vez é diferente, temos série seguido de série, nesse caso veja o que acontece. Quando estamos em série a carga é a mesma, só que a mesma carga já foi tirada lá do CD e depois compartilhada entre o C11 e CC, mas agora a mesma carga irá para CA e CB, para você fazer isso deve-se dividir o valor da corrente por 2. 𝑞 𝐴 = 10,8 𝜇𝐶 2 = 5,4 𝜇𝐶 𝑞 𝐵 = 10,8 𝜇𝐶 2 = 5,4 𝜇𝐶 O mesmo acontece com a sua tensão 100
- 101. Fazemos C3 e C8 junto com C9 e C10 em paralelo 𝑞10 = 𝑐∆𝑉 = 20 𝜇𝐹 0,27 𝑉 = 5,4 𝜇𝐶 𝑞9 = 𝑐∆𝑉 = 20 𝜇𝐹 0,27 𝑉 = 5,4 𝜇𝐶 𝑞3 = 𝑐∆𝑉 = 20 𝜇𝐹 0,27 𝑉 = 5,4 𝜇𝐶 𝑞8 = 𝑐∆𝑉 = 20 𝜇𝐹 0,27 𝑉 = 5,4 𝜇𝐶 Temos esse valor de tensão por que em paralelo todos compartilham da mesma tensão, e a tensão foi dividida por dois lá atrás junto com as cargas quando calculamos CA e CB. 101
- 102. Então, o veredito final! 𝑐 𝐾 = 8,73 𝜇𝐹 & 𝑞1 = 54,4 𝜇𝐶 𝑞2 = 21,6 𝜇𝐶 𝑞3 = 5,4 𝜇𝐶 𝑞4 = 58 𝜇𝐶 𝑞5 = 29 𝜇𝐶 𝑞6 = 29 𝜇𝐶 𝑞7 = 32,6 𝜇𝐶 𝑞8 = 5,4 𝜇𝐶 𝑞9 = 5,4 𝜇𝐶 𝑞10 = 5,4 𝜇𝐶 𝑞11 = 10,8 𝜇𝐶 𝑞12 = 87 𝜇𝐶 102
- 104. EXEMPLO I Seja o caso de uma barra de comprimento 𝑙, pelo qual passa uma corrente 𝑖 constante. Determine o campo magnético induzido no ponto P(a,b). Análise de situação -Vamos agora analisar com qual situação estamos trabalhando. 𝑃 𝑎, 𝑏 𝑖 𝑙 Passo 1 − 𝑙 2 𝑙 2 Por simetria, dividimos o tamanho do fio em duas partes. 104
- 105. − 𝑙 2 𝑙 2 𝑑𝑙 Temos uma partícula infinitesimal 𝑑𝑙. − 𝑙 2 𝑙 2 𝑑𝑙 റ𝑟 𝑃 𝑎, 𝑏 𝑑𝐸 Temos o campo elétrico perpendicular ao fio. Mas o campo magnético não é perpendicular ao fio, ele fura o plano em terceira dimensão. 𝑙 2 𝑑𝑙 𝑃 𝑎, 𝑏 − 𝑙 2 𝑙 2 𝑑𝑙 𝑃 𝑎, 𝑏 𝑖 Olhando o sentido da corrente e usando a regra da mão direita temos o sentido do campo magnético റ𝑟 റ𝑟 𝑑𝐵 105
- 106. Olhando numa perspectiva melhora para entender 𝑃 𝑎, 𝑏 𝑃 𝑎, 𝑏 𝑃 𝑎, 𝑏 Não necessitamos disso para fazermos nosso cálculo, isso é para que você entenda o que está sendo feito aqui. 𝑑𝐸 𝑑𝐵 𝑑𝐸 𝑑𝐵 𝑑𝐸 𝑑𝐵 106
- 107. Passo 2 Elementos vetoriais 𝑑𝑙 𝑃 𝑎, 𝑏 റ𝑟 𝑟𝑝 𝑟𝑒 ൞ 𝑑റ𝑙 = 𝑑𝑥𝑖 𝑟 റ𝑝 = 𝑎𝑖 + 𝑏𝑗 𝑟 റ𝑒 = 𝑥𝑖 Precisamos nos localizar no espaço: 𝑑𝑥 é o tamanho infinitesimal em termos vetoriais; 𝑟 റ𝑝 é a distância da origem ao ponto; 𝑟 റ𝑒 é a distância da origem ao 𝑑𝑙. 𝑖 𝑗 Para saber o valor da distância de 𝑑𝑙 ao ponto usamos soma de vetores: 𝑟𝑒 + റ𝑟 𝑟𝑒 + റ𝑟 = 𝑟𝑝 റ𝑟 = 𝑟𝑝 − 𝑟𝑒 റ𝑟 = 𝑎𝑖 + 𝑏𝑗 − 𝑥𝑖 റ𝑟 = 𝑎 − 𝑥 𝑖 + 𝑏𝑗 𝑟 = 𝑎 − 𝑥 2 + 𝑏2 módulo 107
- 108. Passo 3 Desenvolvendo a equação 𝑑𝐵 = 𝜇0 4𝜋 𝑖𝑑റ𝑙 × റ𝑟 𝑟3 𝑑റ𝑙 × റ𝑟 = 𝑑𝑥𝑖 × 𝑎 − 𝑥 𝑖 + 𝑏𝑗 - Mesmas coordenadas é igual a zero: 𝑖 × 𝑖 = 0 - Siga este ciclo para resolver produto vetorial - Se o produto seguir caminho contrário ao das setas, temos valor negativo. Logo temos o resultado 𝑑റ𝑙 × റ𝑟 = 𝑏𝑑𝑥𝑘 Por fim 𝑑𝐵 = 𝑖𝜇0 4𝜋 𝑏𝑑𝑥 𝑎 − 𝑥 2 + 𝑏2 3 2 k Produto vetorial 𝑘 റ𝑖 റ𝑗 108
- 109. Passo 4 Integrar 𝑑𝐵 = 𝑖𝜇0 4𝜋 𝑏𝑑𝑥 𝑎 − 𝑥 2 + 𝑏2 3 2 𝑘 → 𝐵 = 𝑖𝜇0 𝑏 4𝜋 𝑘 න − 𝑙 2 𝑙 2 𝑑𝑥 𝑎 − 𝑥 2 + 𝑏2 3 2 𝐵 = 𝑖𝜇0 𝑏 4𝜋 𝑘 𝑙 2 𝐴 − 𝑙 2 𝑥 𝑏2 𝑎 − 𝑥 2 + 𝑏2 𝐵 = 𝑖𝜇0 𝑏 4𝜋 𝑙 2 𝑎 − 𝑥 2 + 𝑏2 − − 𝑙 2 𝑎 − 𝑥 2 + 𝑏2 𝑘 109
- 110. DIA 9 EXEMPLO DE ELETROMAGNETISMO Sumário
- 111. EXEMPLO I Caso do campo magnético gerado por uma espira circular de raio r. Determine o campo 𝐵 no ponto 𝑝 0,0, 𝑎 Análise de situação 𝑃 0,0, 𝑎 𝑅 𝑖 𝑅 𝑖 𝑑𝑙 𝑑𝑙 é a parte infinitesimal da espira contendo corrente. Aqui é necessário analisar as partes infinitesimais e todas as propriedades que envolvem a espira Pois estamos trabalhando com coordenadas diferentes das usuais, aqui não podemos usar coordenadas em x, 𝑦 e sim coordenadas polares. Passo 1 111
- 112. 𝑖 𝑖𝑑𝑙 𝑃 0,0, 𝑎 Precisamos localizar o ponto no espaço, usamos vetores para isso റ𝑟𝑟𝑝 𝑟𝑒 Perceba que 𝑅 foi trocado por 𝑟𝑒 isso acontece por que 𝑅 é um escalar e não serve para indicar posições, mas um vetor sim, então traçamos um vetor 𝑟𝑒 que tem a mesma medida que 𝑅, porém com sentido e direções definidos. 𝑖 𝑖𝑑𝑙 റ𝑟𝑟𝑝 𝑟𝑒 𝑑𝐸 O campo elétrico é perpendicular a direção da espira. Pela regra da mão direita temos o giro do campo magnético em sentido horário. O campo magnético são circunferências em ângulos diferentes. Temos a análise vetorial dos vetores utilizados para localizar o ponto no espaço. Lembrando que utilizamos as coordenadas em 𝑖, 𝑗 𝑒 𝑘 para dar a direção aos vetores. ൞ 𝑟𝑝 = 𝑎𝑘 𝑟𝑒 = 𝑅ê 𝑟 റ𝑟 = 𝑟𝑝 − 𝑟𝑒 .. . . → റ𝑟 = 𝑎𝑘 − 𝑅ê 𝑟 Veja que em vez de usar uma das coordenadas 𝑖, 𝑗 𝑒 𝑘 o vetor 𝑟𝑒 está usando um versor ê 𝑟. Isso se dá pelo fato de estarmos trabalhando com coordenadas polares, isto é, coordenadas circulares. 112
- 113. REVISÃO DE COORDENADAS POLARES As coordenadas que usamos normalmente são as coordenadas retangulares. 𝑦 𝑥 Não podemos usar essas coordenadas para representar um círculo, isso por que para criarmos um círculo precisamos de ângulo, que é o que essa coordenada usual não tem. Para isso temos as coordenadas polares. Como não estamos trabalhando com números e sim com formas algébricas então não podemos simplesmente pegar os dados e transformar da calculadora científica, usamos então o apoio do cálculo diferencial e integral. 113
- 114. Utilizando uma calculadora científica, com a função 𝑃𝑜𝑙 𝑥, 𝑦 é possível transformar coordenadas retangulares em coordenadas polares. Veja o comportamento. Usamos as coordenadas retangulares 0,1 Temos agora coordenadas polares de raio 1 e o ângulo de 90º. 114
- 115. Se uma reta for traçada do ponto 0 ao 1 e girar essa reta de 0 até 1temos a coordenada polar formada. Com o uso do cálculo diferencial e integral temos as coordenadas polares com a seguinte característica. 𝑓 𝑥, 𝑦 → 𝑓 𝑟 cos 𝜃 , 𝑟 sen 𝜃 → න 𝑓 𝑟 cos 𝜃 , 𝑟 sen 𝜃 𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃 115
- 116. Passo 2 Versores O versor é o que garante a configuração do vetor em coordenadas polares, então temos o versor do raio: ê 𝑟 = റ𝑟 𝑟 , o valor de റ𝑟 é um valor em coordenadas polares, pois não haveria uma circunferência se não fosse, logo, റ𝑟 = 𝑟 cos 𝜃 𝑖 + 𝑟 sen 𝜃 𝑗 → 𝑟 = 𝑟2 cos2 𝜃 + 𝑟2 sen2 𝜃 = 𝑟2 = 𝑟 Com isso substituímos: ê 𝑟 = റ𝑟 𝑟 = 𝑟 cos 𝜃 𝑖 + 𝑟 sen 𝜃 𝑗 𝑟 = cos 𝜃 𝑖 + sen 𝜃 𝑗 Um segundo versor que temos é o da partícula infinitesimal da espira, usando o método rápido de encontrar uma parte infinitesimal temos: 𝑙 = 2𝜋𝑟 → 𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑞𝑢𝑎𝑙𝑞𝑢𝑒𝑟 → 𝑙 = 𝜃𝑟 → 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑛𝑑𝑜 → 𝑑𝑙 = 𝑑𝜃𝑟 Só que o raio não é o mesmo, estamos em terreno polar então temos um segundo versor, um versor do raio infinitesimal: 𝑑𝑙 = 𝑟𝑑𝜃ê 𝜃 Como 𝑒 𝜃 é um versor infinitesimal do raio então basta derivarmos o versor do raio: ê 𝜃 = 𝑑𝑟 𝑑𝜃 ê 𝑟 = 𝑑𝑟 𝑑𝜃 cos 𝜃 𝑖 + sen 𝜃 𝑗 → − sen 𝜃 𝑖 + cos 𝜃 𝑗 116
- 117. Desta forma substituímos valores e encontramos os resultados dos vetores que localizam o ponto no espaço: റ𝑟 = 𝑎𝑘 − 𝑅ê 𝑟 റ𝑟 = 𝑎𝑘 − r cos 𝜃 𝑖 + sen 𝜃 𝑗 റ𝑟 = 𝑎𝑘 − r cos 𝜃 𝑖 − r sen 𝜃 𝑗 → 𝑟 = 𝑎2 + r2 cos2 𝜃 + r2 sen2 𝜃 → 𝑟2 + 𝑎2 1 2 Agora encontramos o valor da partícula infinitesimal também: 𝑑𝑙 = r𝑑𝜃ê 𝜃 𝑑𝑙 = 𝑟𝑑𝜃 − sen 𝜃 𝑖 + cos 𝜃 𝑗 117
- 118. Passo 3 Desenvolvendo a equação 𝑑𝐵 = 𝜇0 4𝜋 𝑖𝑑റ𝑙 × റ𝑟 𝑟3 → 𝑑𝐵 = 𝜇0 4𝜋 𝑖𝑟𝑑𝜃ê 𝜃 × റ𝑟 𝑟2 + 𝑎2 3 2 ê 𝜃 × റ𝑟 = − sen 𝜃 𝑖 + cos 𝜃 𝑗 × −𝑟 cos 𝜃 𝑖 − 𝑟 sin 𝜃 𝑗 + 𝑎𝑘 Com esse ciclo temos os seguintes possíveis resultados: 𝑖 × 𝑖 = 0 𝑖 × 𝑗 = 𝑘 𝑖 × 𝑘 = −𝑗 𝑗 × 𝑖 = −𝑘 𝑗 × 𝑗 = 0 𝑗 × 𝑘 = 𝑖 Logo temos o resultado ê 𝜃 × റ𝑟 = 𝑟 sen2 𝜃 𝑘 − 𝑎 sen 𝜃 −𝑗 − 𝑟 cos2 𝜃 −𝑘 + 𝑎 cos 𝜃 𝑖 → ê 𝜃 × റ𝑟 = 𝑎 cos 𝜃 𝑖 + 𝑎 sen 𝜃 𝑗 + 𝑟𝑘 Por fim 𝑑𝐵 = 𝑖𝜇0 𝑟𝑑𝜃 4𝜋 𝑟2 + 𝑎2 3 2 𝑎 cos 𝜃 𝑖 + 𝑎 sen 𝜃 𝑗 + 𝑟𝑘 Produto vetorial 𝑘 റ𝑖 റ𝑗 Se o produto seguir a seta: resultado positivo Se o produto ir contra a seta: resultado negativo sen2 𝜃 + cos2 𝜃 = 1 118
- 119. Passo 4 Integrar 𝑑𝐵 = 𝑖𝜇0 𝑟𝑑𝜃 4𝜋 𝑟2 + 𝑎2 3 2 𝑎 cos 𝜃 𝑖 + 𝑎 sen 𝜃 𝑗 + 𝑟𝑘 → 𝐵 = 𝑖𝜇0 𝑟 4𝜋 𝑟2 + 𝑎2 3 2 න 0 2𝜋 𝑎 cos 𝜃 + 𝑎 sen 𝜃 + 𝑟 𝑑𝜃 න 0 2𝜋 𝑎 cos 𝜃 𝑑𝜃 = 𝑎 sen 𝜃 | 2𝜋 0 = 0 න 0 2𝜋 𝑎 sen 𝜃 𝑑𝜃 = −𝑎 cos 𝜃 | 2𝜋 0 = 0 න 0 2𝜋 𝑟 𝑑𝜃 = 𝑟𝜃| 2𝜋 0 = 2𝜋𝑟𝑘 𝐵 = 𝑖𝜇0 𝑟2𝜋𝑟 4𝜋 𝑟2 + 𝑎2 3 2 𝑘 → 𝐵 = 𝑖𝜇0 𝑟2 2 𝑟2 + 𝑎2 3 2 𝑘 Temos os limites de 0,2𝜋 por que estamos trabalhando com uma circunferência completa. k é a direção do vetor e não uma constante 119
- 120. 𝑖 𝑖𝑑𝑙 റ𝑟𝑟𝑝 𝑟𝑒 𝑑𝐸 𝑑𝐵 Análise do resultado Veja que no resultado final restou a direção 𝑘 no vetor, logo o campo magnético é apontado para cima (direção de 𝑘) 𝐵 = 𝑖𝜇0 𝑟2 2 𝑟2 + 𝑎2 3 2 𝑘 120
- 121. DIA 10 EXEMPLO DE ELETROMAGNETISMO Sumário
- 122. EXEMPLO 1 Seja o caso de dois fios muito grandes e equidistantes que são percorridos por correntes 𝑖 e 𝑖′ , veja a figura. Determine o campo magnético 𝐵 resultante no ponto 𝑃. Análise da situação Temos o campo magnético afetado por dois fios com correntes diferentes, como de costume pegamos uma parte infinitesimal do objeto contendo a corrente, ou seja, pegaremos um 𝑑𝑙 e 𝑑𝑙′ e com eles iremos localizar o ponto no espaço com vetores, lembre-se: para localizar qualquer objeto no espaço, usa-se vetores, pois eles tem módulo, sentido e direção, tudo que precisamos para uma perfeita localização. 𝑥 𝑦 𝑃 𝑥, 0 𝑖′ 𝑖 ← 𝑏 → ← 𝑏 → ⋮⋮ ⋮ ⋮ ∞ ∞ −∞−∞ Passo 1 122
- 123. 𝑥 𝑦 𝑖′ 𝑖 𝑑𝑙 𝑑𝑙′ Para localização do ponto no espaço precisamos usar vetores para todas as distâncias possíveis. Analise os fios com cuidado e veja quais são essas distâncias: • Distâncias das partes infinitesimais até o ponto; (റ𝑟) • Distância da origem ao ponto; (𝑟𝑜) • Distância do eixo x ás partes infinitesimais; (𝑟𝑖) • Distância dos fios até o ponto. (𝑟𝑝) 𝑥 𝑦 𝑖′ 𝑖 റ𝑟 𝑟′ 𝑥 𝑦 𝑖′ 𝑖 𝑟𝑜 123
- 124. 𝑥 𝑦 𝑖′ 𝑖 𝑟𝑖 𝑟𝑖 ′ 𝑥 𝑦 𝑖′ 𝑖 𝑟𝑝 𝑟𝑝 ′ Agora vamos analisar o valor de cada vetor, antes vamos organizar todos os vetores que temos abaixo: 𝑑𝑙 𝑑𝑙′ റ𝑟 𝑟′ 𝑟𝑜 𝑟𝑖 𝑟𝑖 ′ 𝑟𝑝 𝑟𝑝 ′ Aos poucos vamos descobrindo cada um deles; vamos começar pelo mais simples. Passo 2 Vetores Os mais simples vetores são as partes infinitesimais, veja que as partes infinitesimais são pequenos pedaços dos fios, a nossa única forma de usar uma referência para os fios é o eixo y no qual eles estão em paralelo. Um vetor sempre é desmembrado a partir de um escalar de referência (neste caso y) em produto com o sentido do vetor representado pela base canônica 𝑖, 𝑗, 𝑘 . Logo: 𝑑𝑙 = 𝑑𝑦 −𝑖 , 𝑑𝑙′ = 𝑑𝑦𝑖 Temos que o 𝑟𝑝 não passa pela origem, por que não há necessidade de continuar, o 𝑟𝑜 completa o resto do trajeto. 124
- 125. Agora o restante dos vetores estão todos interligados, por dois triângulos retângulos, veja: Mas ainda podemos usar algumas variáveis para substituir no vetores, no início do enunciado vemos que os fios são equidistantes por uma distância 𝑏. (se não lembra veja aqui ) Temos que 𝑏 tem a mesma medida que 𝑟𝑝, com isso podemos muito bem dizer que 𝑟𝑝 = 𝑏 −𝑖 Agora os vetores 𝑟𝑖 e 𝑟𝑖 ′ tem suas medidas baseadas no eixo y, desta forma fazemos: 𝑟𝑖 = 𝑦𝑖 , 𝑟𝑖 ′ = 𝑦𝑖. O vetor 𝑟𝑜 pode ter sua referência na abscissa a qual ele está paralelo, dessa forma: 𝑟𝑜 = 𝑥𝑖 Agora que temos o vetor 𝑟𝑜 definido podemos analisar o vetor 𝑟𝑝 ′ que também está em paralelo com a abscissa, mas se o vetor 𝑟𝑜 já tomou o valor de 𝑥𝑖 então 𝑟𝑝 ′ deve assumir outro valor por que certamente os dois não são iguais, mas podemos muito bem ver que 𝑟𝑝 ′ tem quase o tamanho de 𝑏 que é a distância do fio ao eixo y, mas se fizermos valor de 𝑟𝑜 menos o valor de 𝑏 teremos a medida perfeita do vetor que procuramos, então: 𝑟𝑝 ′ = 𝑏 − 𝑥 −𝑖 Com esses dados podemos encontrar റ𝑟 e 𝑟′ através da soma de vetores: 125
- 126. Analisando soma de vetores, temos o seguinte caso: റ𝑟 + 𝑟𝑖 = 𝑟𝑜 + −𝑟𝑝 Mesmo sendo uma soma, temos vetores subtraindo: Ora, 𝑟𝑝 está no lado negativo da coordenada x (veja aqui o gráfico ), e como estamos tratando de vetores então temos que colocar os seus sentidos, dessa forma teríamos: റ𝑟 + 𝑟𝑖 = 𝑟𝑜 − 𝑟𝑝 Que fica assim റ𝑟 = 𝑟𝑜 − 𝑟𝑝 − 𝑟𝑖 Agora temos um caso mais simples, desta forma: 𝑟𝑝 ′ = 𝑟′ + 𝑟𝑖 ′ 𝑟′ = 𝑟𝑝 ′ − 𝑟𝑖 ′ Agora com a somas completas, vamos substituir e encontrar seus valores. Uma soma de vetores é feita com vetores ligados cara e rabo e não rabo-rabo ou cara-cara. 126
- 127. Primeira equação Substituindo റ𝑟 = 𝑟𝑜 − 𝑟𝑝 − 𝑟𝑖 റ𝑟 = 𝑥𝑖 − 𝑏 −𝑖 − 𝑦𝑖 റ𝑟 = 𝑥𝑖 + 𝑏𝑖 − 𝑦𝑖 റ𝑟 = 𝑥 + 𝑏 𝑖 − 𝑦𝑖 Módulo 𝑟 = 𝑥 + 𝑏 2 + 𝑦2 Segunda equação Substituindo 𝑟′ = 𝑟𝑝 ′ − 𝑟𝑖 ′ 𝑟′ = 𝑏 − 𝑥 −𝑖 − 𝑦𝑖 𝑟′ = 𝑥 − 𝑏 𝑖 − 𝑦𝑖 Módulo 𝑟 = 𝑥 − 𝑏 2 + 𝑦2 127
- 128. Produto vetorial Como temos dois fios teremos dois campos magnéticos, devemos encontrar a resultante que é a soma dos dois campo: 𝑑𝐵𝑟 = 𝑑𝐵 = 𝜇0 4𝜋 𝑖𝑑റ𝑙 × റ𝑟 𝑟3 + 𝑑𝐵′ = 𝜇0 4𝜋 𝑖′ 𝑑റ𝑙′ × റ𝑟′ 𝑟′3 Dessa forma temos dois produtos vetoriais para resolver: Primeiro produto 𝑑റ𝑙 × റ𝑟 −𝑑𝑦𝑗 × 𝑥 + 𝑏 𝑖 + 𝑦𝑗 Início da operação − 𝑥 + 𝑏 𝑑𝑦 𝑗 × 𝑖 + 𝑦𝑑𝑦 𝑗 × 𝑗 − 𝑥 + 𝑏 𝑑𝑦 −𝑘 𝑑റ𝑙 × റ𝑟 = 𝑥 + 𝑏 𝑑𝑦𝑘 Segundo produto 𝑑റ𝑙′ × റ𝑟′ 𝑑𝑦𝑗 × 𝑥 − 𝑏 𝑖 − 𝑦𝑗 Início da operação 𝑥 − 𝑏 𝑑𝑦 𝑗 × 𝑖 − 𝑦𝑑𝑦 𝑗 × 𝑗 𝑥 − 𝑏 𝑑𝑦 −𝑘 𝑖𝑑റ𝑙 × റ𝑟 = 𝑏 − 𝑥 𝑑𝑦𝑘 Passo 3 𝑘 റ𝑖 റ𝑗 Se o produto seguir a seta: resultado positivo Se o produto ir contra a seta: resultado negativo Fim Fim 128
- 129. Integrar Juntando todos os dados, integramos Primeira integração 𝑑𝐵 = 𝜇0 4𝜋 𝑖𝑑റ𝑙 × റ𝑟 𝑟3 → 𝐵 = 𝜇0 𝑖 4𝜋 න −∞ +∞ 𝑥 + 𝑏 𝑑𝑦 𝑥 + 𝑏 2 + 𝑦2 3/2 𝑘 𝐵 = 𝜇0 𝑖 𝑥 + 𝑏 4𝜋 න −∞ +∞ 𝑑𝑦 𝑥 + 𝑏 2 + 𝑦2 3/2 𝑘 Início á integração 𝜇0 𝑖 𝑥 + 𝑏 4𝜋 න −∞ +∞ 𝑑𝑦 𝑥 + 𝑏 2 + 𝑦2 3/2 𝑘 = 𝜇0 𝑖 𝑥 + 𝑏 4𝜋 𝑦 𝑥 + 𝑏 2 𝑥 + 𝑏 2 + 𝑦2 | +∞ −∞ 𝜇0 𝑖 4𝜋 𝑥 + 𝑏 𝑦 𝑥 + 𝑏 2 + 𝑦2 | +∞ −∞ ∞ 𝑥 + 𝑏 2 + ∞2 + ∞ 𝑥 + 𝑏 2 + ∞2 → 2 ∞ 𝑥 + 𝑏 2 + ∞2 Passo 4 Temos o limite de menos a mais infinito por causa do tamanho da barra. Temos um breve caso de limite tendendo ao infinito Em calculo tem-se naturalmente a subtração do limite de cima pelo de baixo, como o limite de baixo é −∞, temos que o sinal ficou positivo na segunda fração, e o outro 𝑦 que está dentro da raiz está elevado ao quadrado, ou seja, o sinal será obrigatoriamente positivo. 129
- 130. Resolvendo o limite lim 𝑦→∞ 𝑦 𝑥 + 𝑏 2 + 𝑦2 → lim 𝑦→∞ 𝑦 𝑥2 + 2𝑥𝑏 + 𝑏2 + 𝑦2 Neste caso veja a propriedade de limites sendo usada: lim 𝑦→∞ 𝑦 lim 𝑦→∞ 𝑥2 + lim 𝑦→∞ 2𝑥𝑏 + lim 𝑦→∞ 𝑏2 + lim 𝑦→∞ 𝑦2 Limite de uma constante é igual a zero, a única variável aqui é o y lim 𝑦→∞ 𝑦 lim 𝑦→∞ 𝑦2 → lim 𝑦→∞ 𝑦 𝑦2 → lim 𝑦→∞ 𝑦 𝑦 = 1 Com isso temos 𝜇0 𝑖 4𝜋 𝑥 + 𝑏 න −∞ +∞ 𝑑𝑦 𝑥 + 𝑏 2 + 𝑦2 3/2 𝑘 = 𝜇0 𝑖 4𝜋 𝑥 + 𝑏 2𝑘 = 𝜇0 𝑖 2𝜋 𝑥 + 𝑏 𝑘 130
- 131. A segunda integração é muito parecida com a primeira, neste caso podemos resolve-la mais rápido: Segunda integração 𝑑𝐵′ = 𝜇0 4𝜋 𝑖′ 𝑑റ𝑙′ × 𝑟′ 𝑟′3 → 𝐵 = 𝜇0 𝑖′ 4𝜋 − න −∞ +∞ 𝑥 − 𝑏 𝑑𝑦 𝑥 − 𝑏 2 + 𝑦2 3/2 𝑘 𝐵 = 𝜇0 𝑖′ 𝑥 − 𝑏 4𝜋 − න −∞ +∞ 𝑑𝑦 𝑥 − 𝑏 2 + 𝑦2 3/2 𝑘 Início á integração 𝜇0 𝑖′ 𝑥 − 𝑏 4𝜋 − න −∞ +∞ 𝑑𝑦 𝑥 − 𝑏 2 + 𝑦2 3/2 𝑘 = 𝜇0 𝑖′ 𝑥 − 𝑏 4𝜋 − 𝑦 𝑥 − 𝑏 2 𝑥 − 𝑏 2 + 𝑦2 | +∞ −∞ 𝜇0 𝑖′ 4𝜋 𝑥 − 𝑏 − 𝑦 𝑥 − 𝑏 2 + 𝑦2 | +∞ −∞ − ∞ 𝑥 − 𝑏 2 + ∞2 + ∞ 𝑥 − 𝑏 2 + ∞2 → −2 ∞ 𝑥 − 𝑏 2 + ∞2 = −2 Com isso temos 𝜇0 𝑖′ 4𝜋 𝑥 − 𝑏 − න −∞ +∞ 𝑑𝑦 𝑥 − 𝑏 2 + 𝑦2 3 2 𝑘 = 𝜇0 𝑖′ 4𝜋 𝑥 − 𝑏 − 2𝑘 = − 𝜇0 𝑖′ 2𝜋 𝑥 − 𝑏 𝑘 131
- 132. Campo resultante Com o valor dos dois campos encontrados, hora de encontrar o campo resultante através da soma dos dois: 𝐵𝑟 = 𝐵 + 𝐵′ 𝐵𝑟 = 𝜇0 𝑖 2𝜋 𝑥 + 𝑏 𝑘 − 𝜇0 𝑖 2𝜋 𝑥 − 𝑏 𝑘 𝐵𝑟 = 𝜇0 𝑖 2𝜋 𝑘 1 𝑥 + 𝑏 − 1 𝑥 − 𝑏 𝐵𝑟 = 𝜇0 𝑖 2𝜋 𝑘 𝑥 − 𝑏 − 𝑥 + 𝑏 𝑥 + 𝑏 𝑥 − 𝑏 𝐵𝑟 = 𝜇0 𝑖 2𝜋 𝑘 −2𝑏 𝑥2 − 𝑏2 𝐵𝑟 = 𝜇0 𝑖 𝜋 𝑘 −𝑏 𝑥2 − 𝑏2 Passo 5 132
- 133. Em avermelhado, os campos magnéticos dos fios, em azul, o campo magnético resultante. O vetor do campo magnético resultante tem o sentido para 𝑘 O sentido do vetor campo magnético resultante é ante horário. O sentidos dos campo magnéticos são: primeiro fio é ante horário, segundo fio é horário 133
- 134. DIA 11 ÚLTIMO EXEMPLO DE ELETROMAGNETISMO Sumário 134
- 135. EXEMPLO I Seja o conjunto de circuito dado na figura a seguir, determine a força magnética no ponto 𝑃 do circuito retangular. Análise da situação Bom, aqui não há nenhuma novidade, vamos calcular o campo magnético e depois aí sim temos uma novidade, força magnética que é dada pelo seguinte produto vetorial: 𝑑𝐹 𝑚 = 𝑖𝑑𝑙 × 𝐵. Neste caso o primeiro passo é colocar todo esse esquema num gráfico de coordenadas para que possamos localizar esse ponto no espaço. ⋮ ⋮ 𝑖′ ∞ −∞ 𝑖 𝑖 𝑖 𝑖 ← 𝑎 → ←𝑏→ ← 𝑑 → 𝑃 Passo 1 135
- 136. 𝑖′ 𝑖 𝑖 𝑖 𝑖 ← 𝑎 → ←𝑏→ ← 𝑑 → 𝑃 𝑦 𝑥 Depois sempre pegamos as partes infinitesimais dos objetos envolvidos no caso. 𝑖′ 𝑃 𝑦 𝑥 𝑑𝑙′ 𝑑𝑙 Agora vamos a análise dos vetores necessários para localizarmos esse ponto no espaço, vamos prestar atenção no gráfico: • Distâncias da parte infinitesimal até o ponto; (റ𝑟) • Distância da origem ao ponto; (𝑟𝑜) • Distância do eixo x á parte infinitesimal: (𝑟𝑖) Neste caso o campo será calculado no fio, como a força magnética será calculada no circuito então a parte infinitesimal do circuito será responsável pelo cálculo da força magnética no ponto 𝑃 : 𝑑𝐹𝑚 = 𝑖𝑑𝑙 × 𝐵. 𝑖′ 𝑃 𝑦 𝑥 𝑑𝑙′ 𝑑𝑙 റ𝑟 𝑟𝑜 𝑟𝑖 136
- 137. Vetores Temos os mais simples dos vetores, as partes infinitesimais: 𝑑𝑙′ = 𝑑𝑦𝑗 , 𝑑𝑙 = 𝑏 −𝑗 Um vetor é sempre desmembrado por um escalar e uma direção da base canônica, nesse caso o escalar deve ser infinitesimal, e em 𝑑𝑙′ o sentido é para cima enquanto 𝑑𝑙 é para baixo. O restante dos vetores estão interligados, mas vamos dar valores aqueles que podemos analisar. 𝑟𝑜 tem o mesmo tamanho da distância entre o fio e o circuito (imagem ) e 𝑟𝑖 está em paralelo com o eixo y, dessa forma temos: 𝑟𝑜 = 𝑑𝑖 , 𝑟𝑖 = 𝑦𝑗 Agora temos a soma de vetores: 𝑟𝑜 = 𝑟𝑖 + റ𝑟 റ𝑟 = 𝑟𝑜 − 𝑟𝑖 = 𝑑𝑖 − 𝑦𝑗 Módulo 𝑟 = 𝑑2 + 𝑦2 Passo 2 137
- 138. Produto vetorial Aqui temos um simples produto vetorial para podermos início a integração: 𝑑𝐵 = 𝜇0 4𝜋 𝑖𝑑റ𝑙′ × റ𝑟 𝑟3 Dessa forma o produto vetorial para resolver: Primeiro produto 𝑑റ𝑙′ × റ𝑟 𝑑𝑦𝑗 × 𝑑𝑖 − 𝑦𝑗 Início da operação 𝑑𝑦𝑑 𝑗 × 𝑖 − 𝑦𝑑𝑦 𝑗 × 𝑗 𝑑𝑦𝑑 −𝑘 𝑑റ𝑙′ × റ𝑟 = −𝑑𝑑𝑦𝑘 Passo 3 𝑘 റ𝑖 റ𝑗 Se o produto seguir a seta: resultado positivo Se o produto ir contra a seta: resultado negativo Fim 138
- 139. Integrar Juntando os dados para a integração 𝑑𝐵 = 𝜇0 4𝜋 𝑖′ 𝑑റ𝑙′ × റ𝑟 𝑟3 → 𝐵 = 𝜇0 𝑖′ 𝑑 4𝜋 − න −∞ +∞ 𝑑𝑦 𝑑2 + 𝑦2 3/2 𝑘 Início á integração 𝜇0 𝑖′ 𝑑 4𝜋 − න −∞ +∞ 𝑑𝑦 𝑑2 + 𝑦2 3/2 𝑘 = 𝜇0 𝑖′ 𝑑 4𝜋 − 𝑦 𝑑2 𝑑2 + 𝑦2 | +∞ −∞ 𝜇0 𝑖′ 4𝜋𝑑 − 𝑦 𝑑2 + 𝑦2 | +∞ −∞ − ∞ 𝑑2 + ∞2 + ∞ 𝑑2 + ∞2 → −2 ∞ 𝑑2 + ∞2 = −2 Com isso temos 𝜇0 𝑖′ 4𝜋𝑑 − න −∞ +∞ 𝑑𝑦 𝑑2 + 𝑦2 3 2 𝑘 = 𝜇0 𝑖′ 4𝜋𝑑 − 2𝑘 = − 𝜇0 𝑖′ 2𝜋𝑑 𝑘 Passo 4 139
- 140. Força magnética 𝑑𝐹 𝑚 = 𝑖𝑑𝑙 × 𝐵 Ainda não temos necessidade de substituir o campo magnético, só devemos expor seu sentido. 𝑑𝐹 𝑚 = 𝑖𝑑𝑙 × 𝐵𝑘 𝑑𝑙 × 𝐵𝑘 −𝑑𝑦𝑗 × 𝐵𝑘 −𝑑𝑦𝐵 𝑗 × 𝑘 𝑑𝐹 𝑚 = 𝑖 −𝑑𝑦𝐵റ𝑖 Agora integrando 𝐹 𝑚 = න 0 𝑏 −𝑑𝑦𝑖 − 𝜇0 𝑖′ 2𝜋𝑑 റ𝑖 → 𝑖 𝜇0 𝑖′ 2𝜋𝑑 න 0 𝑏 𝑑𝑦റ𝑖 → 𝑖 𝜇0 𝑖′ 2𝜋𝑑 𝑏റ𝑖 Passo 5 Temos o limite de integração de 0 a b por causa do tamanho do circuito retangular. 140
- 141. 𝐵 𝐹 𝑚 O sentido de giro do campo magnético é horário. A força magnética aponta para o lado oposto ao campo magnético, mostrando uma força repulsiva. O campo magnético aponta para o sentido de k 141
- 142. DIA 12 AS EQUAÇÕES DE MAXWELL Sumário 142
- 143. AS EQUAÇÕES DE MAXWELL 𝐼) 𝛻 ∙ 𝐸 = 𝜌 𝜀 (𝐿𝑒𝑖 𝑑𝑒 𝐺𝑎𝑢𝑠𝑠) 𝐼𝐼) 𝛻 ∙ 𝐵 = 0 (𝑚𝑜𝑛𝑜𝑝𝑜𝑙𝑜 𝑚𝑎𝑔𝑛é𝑡𝑖𝑐𝑜) 𝐼𝐼𝐼) 𝛻 × 𝐸 = − 𝜕𝐵 𝜕𝑡 𝐿𝑒𝑖 𝑑𝑒 𝐹𝑎𝑟𝑎𝑑𝑎𝑦 𝐼𝑉) 𝛻 × 𝐵 = 𝜇Ԧ𝐽 (𝐿𝑒𝑖 𝑑𝑒 𝐴𝑚𝑝é𝑟𝑒) 143
- 144. O DIVERGENTE Temos que: 𝛻 ∙ Ԧ𝐶 é o divergente do vetor campo, sendo Ԧ𝐶 = 𝐸 𝑜𝑢 𝐵 e 𝛻 = 𝜕 𝜕𝑥 𝑖 + 𝜕 𝜕𝑦 𝑗 + 𝜕 𝜕𝑧 𝑘. E temos também os vetores ቐ 𝐸 = 𝐸 𝑥 𝑖 + 𝐸 𝑦 𝑗 + 𝐸𝑧 𝑘 𝐵 = 𝐵𝑥 𝑖 + 𝐵𝑦 𝑗 + 𝐵𝑧 𝑘 , dessa forma temos o produto escalar: 𝛻 ∙ 𝐸 = 𝜕 𝜕𝑥 𝑖 + 𝜕 𝜕𝑦 𝑗 + 𝜕 𝜕𝑧 𝑘 𝐸 𝑥 𝑖 + 𝐸 𝑦 𝑗 + 𝐸𝑧 𝑘 = 𝜕𝐸 𝑥 𝜕𝑥 + 𝜕𝐸 𝑦 𝜕𝑦 + 𝜕𝐸𝑧 𝜕𝑧 𝛻 ∙ 𝐵 = 𝜕 𝜕𝑥 𝑖 + 𝜕 𝜕𝑦 𝑗 + 𝜕 𝜕𝑧 𝑘 𝐵𝑥 𝑖 + 𝐵𝑦 𝑗 + 𝐵𝑧 𝑘 = 𝜕𝐵𝑥 𝜕𝑥 + 𝜕𝐵𝑦 𝜕𝑦 + 𝜕𝐵𝑧 𝜕𝑧 144
- 145. O ROTACIONAL Da mesma forma temos os produtos vetoriais calculados pelas leis de Faraday e Ampére: 𝛻 × 𝐸 = 𝑖 𝑗 𝑘 𝜕 𝜕𝑥 𝜕 𝜕𝑦 𝜕 𝜕𝑧 𝐸 𝑥 𝐸 𝑦 𝐸𝑧 𝛻 × 𝐵 = 𝑖 𝑗 𝑘 𝜕 𝜕𝑥 𝜕 𝜕𝑦 𝜕 𝜕𝑧 𝐵𝑥 𝐵𝑦 𝐵𝑧 O uso do triedro das coordenadas canônicas também é usual: 𝑘 റ𝑖 റ𝑗 145
- 146. LISTAS DE RESOLUÇÃO HALLIDAY 5ª EDIÇÃO Sumário
- 147. EXERCÍCIOS 147
- 148. EXERCÍCIO 10 DO CAPÍTULO 30 𝑐1 𝑐2 𝑐3 Δ𝑉 ቐ 𝑐1 = 10,3 𝜇𝐹 𝑐2 = 4,8 𝜇𝐹 𝑐3 = 3,9 𝜇𝐹 Resolvendo por associação de capacitores. 148
- 149. EXERCÍCIO 10 DO CAPÍTULO 30 𝑐 𝐴 𝑐3 Δ𝑉 𝑐 𝐴 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑐 𝐴 = 10,3 × 10−6 𝐹 4,8 × 10−6 𝐹 𝑐 𝐴 = 15,1 × 10−6 𝐹 → 𝑐 𝐴 = 15,1 𝑚𝐴 𝑐 𝐹Δ𝑉 1 𝑐 𝐹 = 1 𝑐 𝐴 + 1 𝑐3 1 𝑐 𝐹 = 1 15,1 × 10−6 𝐹 + 1 3,9 × 10−6 𝐹 𝑐 𝐹 = 15,1 × 10−6 𝐹 3,9 × 10−6 𝐹 15,1 × 10−6 𝐹 + 3,9 × 10−6 𝐹 = 3,1 × 10−6 𝐹 → 3,1 𝑚𝐴 149
- 150. EXERCÍCIO 11 DO CAPÍTULO 30 𝑐3Δ𝑉 𝑐1 𝑐2 ቐ 𝑐1 = 10,3 𝜇𝐹 𝑐2 = 4,8 𝜇𝐹 𝑐3 = 3,9 𝜇𝐹 Resolvendo por associação de capacitores. 150
- 151. EXERCÍCIO 11 DO CAPÍTULO 30 𝑐3Δ𝑉 𝑐 𝐴 1 𝑐 𝐴 = 1 𝑐1 + 1 𝑐2 𝑐 𝐴 = 𝑐1 𝑐2 𝑐1 + 𝑐2 = 10,3 × 10−6 𝐹 4,8 × 10−6 𝐹 10,3 × 10−6 𝐹 + 4,8 × 10−6 𝐹 = 3,28 × 10−6 𝐹 𝑐 𝐹Δ𝑉 𝑐 𝐹 = 𝑐 𝐴 + 𝑐3 𝑐 𝐹 = 3,28 × 10−6 𝐹 + 3,9 × 10−6 𝐹 = 7,18 × 10−6 𝐹 151
- 152. EXERCÍCIO 12 DO CAPÍTULO 30 𝑐4200 𝑉 𝑐𝑐 A 𝑠 ቊ 𝑐 = 25,0 𝜇𝐹 ∆𝑉 = 4200 𝑉 O cálculo da carga para somente um capacitor é: 𝑞 = 𝑐∆𝑉 Como são três capacitores de mesma capacitância 𝑞 = 3𝑐∆𝑉 𝑞 = 3 25,0 × 10−6 𝐹 4200 𝑉 𝑞 = 3 0,105 𝐶 𝑞 = 0,315 𝐶 O interruptor é somente um objeto de análise, pois se ele estiver aberto não há como ter um circuito, ou seja, qualquer operação é inválida, 152
- 153. EXERCÍCIO 13 DO CAPÍTULO 30 𝑐1 𝑐2 200 𝑉 ቊ 𝑐1 = 6,0 𝜇𝐹 𝑐2 = 4,0 𝜇𝐹 a) Capacidade equivalente 1 𝑐 𝐹 = 1 𝑐1 + 1 𝑐2 = 6,0 × 10−6 𝐹 4,0 × 10−6 𝐹 6,0 × 10−6 𝐹 + 4,0 × 10−6 𝐹 = 2,40 × 10−6 𝐹 = 2,40 𝜇𝐹 153
- 154. EXERCÍCIO 13 DO CAPÍTULO 30 c) Diferença de potencial em cada resistor ∆𝑉 = 𝑞 𝑐1 = 0,48 × 10−3 𝐶 6 × 10−6 𝐹 = 80 𝑉 ∆𝑉 = 𝑞 𝑐2 = 0,48 × 10−3 𝐶 4 × 10−6 𝐹 = 120 𝑉 b) Carga do capacitor ൛𝑞 = 𝑐 𝐹∆𝑉 = 2,4 × 10−6 𝐹 200 𝑉 = 0,48 𝑚𝐶 Quando os capacitores estão em série a carga é a mesma. Este valor vale para os dois capacitores. Veja que a soma das diferenças de potencial dos capacitores 𝑐1 e 𝑐2 é igual a diferença de potencial do capacitor resultante 𝑐 𝐹. 154
- 155. EXERCÍCIO 5 DO CAPÍTULO 31 𝑄 𝑃 ቐ 𝑅1 = 3,0 Ω 𝑅2 = 2,0 Ω 𝑃 = 100 𝑉 Para isso encontra-se primeiro a corrente, podemos encontra-la através de uma soma algébrica. 155
- 156. EXERCÍCIO 5 DO CAPÍTULO 31 𝑄 𝑃 Através do sentido adotado para a esquerda temos a seguinte soma algébrica: 150 𝑉 − 𝑅2 − 50 𝑉 − 𝑅1 = 0 100 𝑉 − 𝑖 5,0 Ω = 0 𝑖 = 20 𝐴𝐼 𝐼 156
- 157. EXERCÍCIO 5 DO CAPÍTULO 31 𝑄 𝑃 𝐼 𝐼 A análise dos pontos é feita como se fosse uma soma algébrica também, só que a soma começa a partir do ponto que se quer e termina no outro ponto (ou nele mesmo caso não aja outro ponto) e também deve ser definido uma volta, essa volta não tem nenhuma relação com a volta da soma com as fontes e resistores, então não precisa ser a mesma volta soma algébrica dos resistores e fontes, vamos simbolizar a volta dos pontos com a cor azul. Vou adotar a volta para a direita pelo motivo que já vou dizer daqui a pouco. A soma para o ponto Q é: 𝑉𝑄 + 𝑅1 + 50 𝑉 − 𝑉𝑃 = 0 Essa soma foi feita igual a uma soma normal pela lei de Kirchhoff Logo 𝑉𝑄 = 100 𝑉 − 50 𝑉 − 20 𝐴 3,0 Ω = −10 𝑉 Veja fazendo essa soma para o ponto P: 𝑉𝑃 + 𝑅2 − 150 𝑉 − 𝑉𝑃 = 0 Essa soma foi feita igual a uma soma normal pela lei de Kirchhoff Logo 𝑉𝑄 = 150 𝑉 − 10 𝑉 − 20 𝐴 2,0 Ω = 100 𝑉 157
- 158. EXERCÍCIO 5 DO CAPÍTULO 31 Veja que se a volta fosse adotada para o outro lado então não teríamos encontrado 100 𝑉 para o ponto 𝑃 e sim −100 𝑉 que vai contra a informação que o enunciado da questão nos deu, então se o valor encontrado fosse negativo então o sinal do valor encontrado no ponto 𝑄 estaria oposto ao real. 158
- 159. EXERCÍCIO 6 DO CAPÍTULO 31 ൞ 𝑅 𝑚 = 10 Ω 𝑅 𝑇 𝑉 = 140 Ω 𝑅 𝑇 𝐶 = 20 Ω Resolve-se esta questão fazendo simples soma algébrica. 159
- 160. EXERCÍCIO 6 DO CAPÍTULO 31 a) Corrente do circuito com tanque vazio 12 𝑉 − 𝑅 𝑚 − 𝑅𝑡 = 0 𝑖 150 Ω = 12 𝑉 → 𝑖 = 12 𝑉 150 Ω = 0,080 𝐴 b) Corrente do circuito com tanque pela metade - Quando pensamos em pela metade queremos logo dividir o 140 por 2, só que não podemos fazer logo assim não.Veja que o valor mínimo que a resistência atinge é 20 e não zero, se fosse zero tudo bem, a metade é 140 2 = 70, mas o valor mínimo é 20 então temos que a metade é 140+20 2 = 80. 12 𝑉 − 𝑅 𝑚 − 𝑅𝑡 = 0 𝑖 90 Ω = 12 𝑉 → 𝑖 = 12 𝑉 90 Ω = 0,133 𝐴 160
- 161. EXERCÍCIO 6 DO CAPÍTULO 31 c) Corrente do circuito com o tanque cheio 12 𝑉 − 𝑅 𝑚 − 𝑅𝑡 = 0 𝑖 30 Ω = 12 𝑉 → 𝑖 = 12 𝑉 30 Ω = 0,400 𝐴 161
- 162. ATENÇÃO Exercícios 11, 19 e 23 foram resolvidos por exemplos das aulas anteriores 162
- 163. EXERCÍCIO 12 DO CAPÍTULO 31 a) b) Ambas são resolvidas por Lei de Kirchhoff 𝐴 𝐵 163
- 164. EXERCÍCIO 12 DO CAPÍTULO 31 a) Neste caso temos duas malhas possíveis no qual pode ser dividida MI MII 𝜀1 − 𝑉𝑅1 − 𝑉𝑅 = 0 𝜀2 + 𝑉𝑅2 − 𝑉𝑅 = 0 𝐼1 𝐼1 𝐼3 𝐼3 𝐼3 𝐼1 𝐼3 𝐼3 𝐼3 𝐼2 𝐿𝑒𝑖 𝑑𝑜𝑠 𝑛ó𝑠 ቊ 𝐴: 𝑖3 = 𝑖1 + 𝑖2 𝐵: 𝑖1 = 𝑖2 + 𝑖3 164
- 165. EXERCÍCIO 12 DO CAPÍTULO 31 Juntando em sistemas temos: ൞ 𝜀1 − 𝑉𝑅1 − 𝑉𝑅 = 0 𝜀2 + 𝑉𝑅2 − 𝑉𝑅 = 0 𝑖3 = 𝑖1 + 𝑖2 → 𝐿𝑒𝑖 𝑑𝑒 𝑂ℎ𝑚 → ൞ 𝜀1 − 𝑖1 𝑅1 − 𝑖3 𝑅 = 0 𝜀2 + 𝑖2 𝑅2 − 𝑖3 𝑅 = 0 𝑖3 = 𝑖1 + 𝑖2 → 𝑖2 = 𝑖1 − 𝑖3 → ቊ 𝜀1 − 𝑖1 𝑅1 − 𝑖3 𝑅 = 0 𝜀2 + 𝑖1 − 𝑖3 𝑅2 − 𝑖3 𝑅 = 0 ቊ 𝜀1 − 𝑖1 𝑅1 − 𝑖3 𝑅 = 0 𝜀2 + 𝑖1 − 𝑖3 𝑅2 − 𝑖3 𝑅 = 0 → ቊ 𝑖1 𝑅1 + 𝑖3 𝑅 = 𝜀1 𝑖3 − 𝑖1 𝑅2 + 𝑖3 𝑅 = 𝜀2 ቊ −𝑖1 𝑅1 − 𝑖3 𝑅 = −𝜀1 −1 𝑖3 − 𝑖1 𝑅2 + 𝑖3 𝑅 = 𝜀2 → −𝑖1 𝑅1 + 𝑖3 − 𝑖1 𝑅2 = 𝜀2 − 𝜀1 → 𝑖3 = 𝑅1 + 𝑅2 𝑖1 + 𝜀2 − 𝜀1 𝑅2 Veja que não há necessidade de usar a equação do nó B, uma simples resolução de sistema resolve. 165
- 166. EXERCÍCIO 12 DO CAPÍTULO 31 b) Neste caso é mais rápido, temos somente uma malha 𝐼 𝐼 𝐼 𝐼 𝐼 𝐼 𝜀1 + 𝜀2 − 𝑖𝑅1 − 𝑖𝑅2 − 𝑖𝑅 = 0 MI 𝜀1 + 𝜀2 − 𝑅1 + 𝑅2 + 𝑅 𝑖 = 0 𝜀1 + 𝜀2 = 𝑅1 + 𝑅2 + 𝑅 𝑖 𝑖 = 𝜀1 + 𝜀2 𝑅1 + 𝑅2 + 𝑅 166
- 167. PROBLEMAS 167
- 168. PROBLEMA 3 DO CAPÍTULO 30 𝑎 𝑏 Temos as distâncias a e b, mas para termos uma análise melhor chamamos o espaço entre o limite do capacitor e a parte móvel de d, então temos que: 𝑎 = 𝑏 + 𝑑 → 𝑎 − 𝑏 − 𝑑 = 0 Temos a equação geral de um capacitor 𝑐 = 𝜀0 𝐴 𝑑 Logo: 𝑐1 = 𝜀0 𝐴 𝑑 & 𝑐2 = 𝜀0 𝐴 𝑎 − 𝑏 − 𝑑 Com isso temos: 1 𝑐 𝐹 = 𝑑 𝜀0 𝐴 + 𝑎 − 𝑏 − 𝑑 𝜀0 𝐴 = 𝑎 − 𝑏 𝜀0 𝐴 → 𝑐 𝐹 = 𝜀0 𝐴 𝑎 − 𝑏 𝑐1 𝑐2 168
- 169. PROBLEMA 4 DO CAPÍTULO 30 Pela imagem percebe-se que nem todas as placas estão formando pares, está faltando um, então como são 𝑛 placas temos na verdade 𝑛 − 1 placas. (se você não consegue ver por que é 𝑛 − 1 veja a imagem colorida) Como são 𝑛 − 1 placas temos então, 𝑞 𝑛 − 1 e consequentemente 𝑛 − 1 𝐴, isso quer dizer que existem 𝑛 − 1 placas com área A. Logo: 𝑐 = 𝑛 − 1 𝜀0 𝐴 𝑑 𝑠𝑒𝑚 𝑝𝑎𝑟 169
- 170. PROBLEMA 5 DO CAPÍTULO 30 𝑐2 𝑠1 𝑐1 𝑎 𝑏 𝑐𝑑 𝑠2 𝑒 𝑓 Com os interruptores abertos temos uma diferença de potencial inicial a qual foi dada pelo enunciado da questão, quando os interruptores se fecham temos outra diferença já desconhecida. Com os interruptores abertos temos as seguintes cargas: 𝑞1 = 𝑐1∆𝑉0 𝑒 𝑞2 = −𝑐2∆𝑉0 Temos o segundo capacitor negativo pela sua inversão de polaridade isso tendo como base os pontos de cima, o ponto a está em positivo com o primeiro e o ponto está em negativo com o segundo. Dessa forma temos pela lei da conservação de carga: 𝑞1 𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 + 𝑞2 𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 = 𝑞1 𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 + 𝑞2 𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 Temos os valores para as cargas iniciais, mas não para as finais então usamos a seguinte expressão: 𝑐1∆𝑉0 − 𝑐2∆𝑉0 = 𝑐1∆𝑉1 + 𝑐2∆𝑉1 + +− − ቐ 𝑐1 = 1,16 𝜇𝐹 𝑐2 = 3,22 𝜇𝐹 ∆𝑉 = 96,6 𝑉 170
- 171. PROBLEMA 5 DO CAPÍTULO 30 Desenvolvendo a equação temos: 𝑐1 − 𝑐2 ∆𝑉0 = 𝑐1 + 𝑐2 ∆𝑉1 → ∆𝑉1 = 𝑐1 − 𝑐2 𝑐1 + 𝑐2 ∆𝑉0 → 𝑎𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑜𝑠 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 → 1,16 𝜇𝐹 − 3,22 𝜇𝐹 1,16 𝜇𝐹 + 3,22 𝜇𝐹 96,6 𝑉 ∆𝑉1 = −45,4 𝑉 Perceba que no lado das cargas iniciais adotamos um valor negativo para o segundo capacitor e no lado das cargas finais adotamos um valor positivo para o mesmo, isso não quer dizer que no final quem estava negativo vai ficar positivo, isso quer dizer que não sabemos o valor das cargas no final, esse valor pode tanto ser positivo como negativo. O valor das cargas é calculado a seguir: ቊ 𝑞1 = 𝑐1Δ𝑉1 = 1,16 𝜇𝐹 −45,4 𝑉 = −52,7 𝜇𝐶 𝑞2 = 𝑐2Δ𝑉1 = 3,22 𝜇𝐹 −45,4 𝑉 = −146 𝜇𝐶 171
- 172. PROBLEMA 6 DO CAPÍTULO 30 𝑐3 Δ𝑉0 𝑐1 𝑠 𝑐2 Ora, a carga no condutor 𝑐1 é 𝑞0 = 𝑐1Δ𝑉0 assim como se insinua no enunciado da questão, quando o interruptor é acionado temos uma nova diferença de potencial então, 𝑞1 = 𝑐1Δ𝑉1. Como temos 𝑐1 e 𝑐3 em série, isso nos faz relembrar uma propriedade de capacitores em que quando estão em série todos compartilham da mesma carga, logo 𝑞2 = 𝑞3. A carga para 𝑐2 é: 𝑞2 = 𝑐 𝑎Δ𝑉1, estamos usando o Δ𝑉1 porque em Δ𝑉0 os capacitores estão descarregados. Temos que 𝑐 𝑎 = 𝑐2 𝑐3 𝑐2+𝑐3 , representamos 𝑞2 com 𝑐 𝑎 por que a mesma carga é distribuída através da capacitância resultante, não de cada capacitor. Pela conservação da carga temos 𝑞1 + 𝑞2 = 𝑞0, isso porque 𝑞0 é a carga antes do interruptor ser ligado e 𝑐1 com 𝑐3 não tinha carga, mas com o interruptor ligar temos três cargas (a 𝑞2 representa duas) que pela conservação da carga deve ser igual a 𝑞0. 172
- 173. PROBLEMA 6 DO CAPÍTULO 30 Pela soma de 𝑞1 + 𝑞2 = 𝑞0 temos: 𝑐1Δ𝑉1 + 𝑐 𝑎Δ𝑉1 = 𝑞0 → Δ𝑉1 = 𝑞0 𝑐1 + 𝑐 𝑎 → 𝑠𝑢𝑏𝑠𝑡𝑖𝑡𝑢𝑖𝑛𝑑𝑜 𝑞0 → Δ𝑉1 = 𝑐1 𝑐1 + 𝑐 𝑎 Δ𝑉0 Substituindo esse valor em 𝑞1 = 𝑐1Δ𝑉1 temos: 𝑞1 = 𝑐1 𝑐1 𝑐1 + 𝑐 𝑎 Δ𝑉0 → 𝑞1 = 𝑐1 2 𝑐1 + 𝑐 𝑎 Δ𝑉0 → 𝑠𝑢𝑏𝑠𝑡𝑖𝑡𝑢𝑖𝑛𝑑𝑜 𝑐 𝑎 → 𝑞1 = 𝑐1 2 𝑐2 + 𝑐3 𝑐1 𝑐2 + 𝑐1 𝑐3 + 𝑐2 𝑐3 Δ𝑉0 Substituindo o valor de Δ𝑉1 em 𝑞2 = 𝑐 𝑎Δ𝑉1 temos: 𝑞2 = 𝑐 𝑎 𝑐1 𝑐1 + 𝑐 𝑎 Δ𝑉0 → 𝑞2 = 𝑐 𝑎 𝑐1 𝑐1 + 𝑐 𝑎 Δ𝑉0 → 𝑠𝑢𝑏𝑠𝑡𝑖𝑡𝑢𝑖𝑛𝑑𝑜 𝑐 𝑎 → 𝑞2 = 𝑐2 𝑐3 𝑐2 + 𝑐3 . 𝑐1 𝑐2 + 𝑐3 𝑐1 𝑐2 + 𝑐1 𝑐3 + 𝑐2 𝑐3 Δ𝑉0 = 1 𝑐1 + 1 𝑐2 + 1 𝑐3 −1 Δ𝑉0 Por com a conservação da carga temos que 𝑞2 = 𝑞3. 173
- 175. EXERCÍCIO 6 .𝐼 𝐼 Fazendo uma simples analise vetorial temos: .𝐼 𝐼 𝑟1 𝑟2 Traçando os eixos coordenados x,y percebemos que o ponto está centralizado entre os dois semicírculos, desta forma a simetria fará com que o campo magnético vindo das duas partes do semicírculo se cancelem, pois ambas tem o mesmo módulo 𝐼 2 . Ambas terão o mesmo i𝑑𝑙, pois partiram da mesma corrente, e ambas terão a mesma distância, a única coisa que muda entre as duas é o sentido, sendo assim: 𝑑𝐵𝑟 = 𝜇0 4𝜋 𝑖𝑑റ𝑙 × റ𝑟 𝑟3 − 𝜇0 4𝜋 𝑖′ 𝑑റ𝑙′ × റ𝑟′ 𝑟′3 = 0 . 175
- 176. EXERCÍCIO 7 𝑖 ⋮ ⋮ ∞ −∞ 𝑒´ Antes de entrarmos na análise vetorial, vamos calcular o campo na barra em relação ao elétron. Para um fio muito longo temos a relação: 𝐵 = 𝜇0 𝑖 2𝜋𝑑 = 4𝜋 × 10−7 𝑇. 𝑚 𝐴 48,8 𝐴 2𝜋 5,2 × 10−2 𝑚 = 1,88 × 10 −4 𝑇 Mas é necessário a análise de vetores para perceber que que o sentido do campo é –k. 176
- 177. Para esse caso também usamos a equação: 𝐹 = 𝑞𝑣𝐵 = 𝐹 = 1,60 × 10−19 𝐶 1,08 × 107 𝑚 𝑠 1,88 × 10 −4 𝑇 𝐹 = 3,24 × 10−16 𝑁 𝑖 𝑒´ Em primeiro caso temos o elétron se movendo em direção ao fio: Para esse caso usamos a equação: 𝐹 = 𝑞𝑣𝐵 = 𝐹 = 1,60 × 10−19 𝐶 1,08 × 107 𝑚 𝑠 1,88 × 10 −4 𝑇 𝐹 = 3,24 × 10−16 𝑁 𝑖 𝑒´ O elétron segue em coordena i, como o sentido do campo é k (não importa sinal aqui) temos então que por produto vetorial a direção da força é j, ou seja, paralelo com a corrente. O elétron agora segue em coordena j, como o sentido do campo é k (não importa sinal aqui) temos então que por produto vetorial a direção da força é i, ou seja, radialmente para fora do fio. 177
- 178. EXERCÍCIO 8 𝐹1 𝐹2 𝑃 Aqui estamos buscando encontrar o caso em que o campo resultante dos dois fios resulte em zero, ou seja: 𝐵𝑟 = 𝐵1 − 𝐵2 = 0 , 𝑜𝑛𝑑𝑒 𝐵1 = 𝐵2 Como temos dois fios longos então: 𝐵1 = 𝐵2 = 𝜇0 𝑖 2𝜋𝑑 𝜇0 e 2𝜋 são constantes então a única coisa que diferencia um do outro são as correntes e as distâncias dessa forma: 𝜇0 𝑖1 2𝜋𝑑1 = 𝜇0 𝑖2 2𝜋𝑑2 → 𝑖1 𝑑1 = 𝑖2 𝑑2 Logo: 𝑖2 = 𝑑2 𝑖1 𝑑1 = 1,5 𝑐𝑚 6,6 𝐴 2,25 𝑐𝑚 = 4,4 𝐴 ↑ 0,75 𝑐𝑚 ↓ ↑ 1,5 𝑐𝑚 178
- 179. EXERCÍCIO 9 ← 8,10 𝑐𝑚 → ⋮⋮ ⋮ ⋮ ∞ ∞ −∞−∞ Neste caso, já temos o valor do campo dado, no qual será um campo resultante: 𝐵𝑟 = 𝐵1 + 𝐵2 = 296 𝜇𝑇 Como temos correntes iguais, consequentemente o valor dos campos também serão iguais, pois a distância já igual para os dois. Dessa forma: 𝐵𝑟 = 2𝐵 = 296 𝜇𝑇 Como estamos em um caso com fios muito longos temos: 2𝐵 = 𝜇0 𝑖 2𝜋𝑑 → 𝐵 = 𝜇0 𝑖 𝜋𝑑 Como queremos encontrar a corrente, então: 𝑖 = 𝜋𝑑𝐵 𝜇0 = 𝜋 0,0405 𝑚 296 𝜇𝑇 4𝜋 × 10−7 𝑁2 𝐴 = 30 𝐴 179