Manual de problemas_resolvidos_de_eletromagnetismo_vol.i

Rogerio Moreira Lima Silva
Marcelo Lyra Brandão

Manual de Problemas Resolvidos

ELETROMAGNETISMO
VOLUME I

PA P E L V I R T UA L

Copyright© 2000 por Marcelo Lyra Brandão e Rogerio
Moreira Lima Silva

Título Original: Manual de Problemas Resolvidos -
Eletromagnetismo

Editor-Chefe: Tomaz Adour
Editoração Eletrônica: Andrea Cavalcanti
Revisão: Patrícia Simões Carneiro

Papel Virtual Editora
Rua Marquês de São Vicente, 225
Prédio Genesis - sala 21-A - PUC-Rio
Gávea - Rio de Janeiro - RJ CEP: 22453-900

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Endereço Eletrônico: www.papelvirtual.com.br

Brandão, Marcelo L.
Manual de Exercícios Resolvidos:
Eletromagnetismo / Marcelo L Brandão,
Silva, Rogerio M L. - São Luís, 1999.
V.1, 136 pg.
1. Eletromagnetismo - exercícios I
Silva, Rogerio M L. II Título

CDD 535.14
CDU 537.8

Doutor em Engenharia Elétrica pela Unicamp
Professor Adjunto do Departamento de Engenharia de
Eletricidade da Ufma

Estudante de Engenharia Elétrica da Ufma

Manual de Problemas Resolvidos
Eletromagnetismo

VOLUME I

A meus avós; em especial a meu avô William Moreira Lima.
A minha família, em especial aos meus pais.
A meu tio Aluizio Moreira Lima, pelo empenho pessoal.
À minha noiva, Cintia Karine Carneiro Rocha, por tudo.

R. M. L. Silva

PREFÁCIO

Este manual tem por finalidade auxiliar os estudan-
tes de Engenharia Elétrica no estudo do eletromagnetismo.
O manual é direcionado a resolução de problemas do livro
“ Eletromagnetismo, Kraus / Carver”, mas são resolvidos
também exercícios de outros livros. É relevante citar que se
optou por seguir a ordem de capítulos do livro acima cita-
do, ou seja,” Eletromagnetismo, Kraus / Carver”.
Neste primeiro volume serão apresentadas resoluções
de exercícios dos capítulos 1(um) ao 9 (nove) e no segundo
volume, dos capítulos 10(dez) ao 14(catorze). Também se-
rão fornecidas ao final de cada capítulo as referências bibli-
ográficas para pesquisa da teoria, a qual forma a base teóri-
ca necessária para perfeito entendimento dos exercícios re-
solvidos.
Esperamos que este manual seja utilizado por profes-
sores que adotem o livro “Eletromagnetismo, Kraus /
Carver” ou “Eletromagnetics, Kraus”, e que o mesmo seja
de grande valia para melhor entendimento da teoria.
Tendo em vista que todo e qualquer trabalho não está
imune a erros e consequentemente eventuais correções, os
leitores que desejarem fazer críticas e, ou, sugestões devem
dirigir-se aos autores no Departamento de Engenharia de
Eletricidade da Universidade Federal do Maranhão
(UFMA).

lyra@dee.ufma.br
rogeriomls@zipmail.com.br
rogeriomls@ig.com.br
rogermls@telemar-ma.com.br

SUMÁRIO

Capítulo 1 ............................................................................... 13
Capítulo 2 ............................................................................... 19
Capítulo 3 ............................................................................... 33
Capítulo 4 ............................................................................... 51
Capítulo 5 ............................................................................... 59
Capítulo 6 ............................................................................... 87
Capítulo 7 ............................................................................... 95
Capítulo 8 ............................................................................. 103
Capítulo 9 ............................................................................. 113
Bibliografia Consultada ..................................................... 133
Biografia dos autores .......................................................... 135

LISTA DE FIGURAS

Figura Prob. 2-2 ..................................................................... 21
Figura Prob. 3-3 .................................................................... 36
Figura Prob. 3-4 .................................................................... 38
Figura Prob. 3-5 .................................................................... 39
Figura Prob. 3-8a .................................................................. 44
Figura Prob. 3-8b .................................................................. 46
Figura Prob. 3-9 .................................................................... 46
Figura Prob. 3-10 .................................................................. 48
Figura Prob. 4-2 .................................................................... 52
Figura Prob. 5-2 .................................................................... 60
Figura Prob. 5-3a .................................................................. 61
Figura Prob. 5-3b .................................................................. 62
Figura Prob. 5-5 .................................................................... 65
Figura Prob. 5-6a .................................................................. 67
Figura Prob. 5-6b .................................................................. 68
Figura Prob. 5-6c .................................................................. 68
Figura Prob. 5-9 .................................................................... 72
Figura Prob. 5-12 .................................................................. 73
Figura Prob. 5-13a ................................................................ 75
Figura Prob. 5-13b ................................................................ 75
Figura Prob. 5-14 .................................................................. 77
Figura Prob. 5-15 .................................................................. 79
Figura Prob. 5-16a ................................................................ 81
Figura Prob. 5-16b ................................................................ 81
Figura Prob. 5-18 .................................................................. 83
Figura Prob. 5-19 .................................................................. 85
Figura Prob. 5-20 .................................................................. 86
Figura Prob. 6-5 .................................................................... 90
Figura Prob. 6-7 .................................................................... 93
Figura Prob. 8-2 .................................................................. 104
Figura Prob. 8-3a ................................................................ 105

Figura Prob. 8-3b ................................................................ 105
Figura Prob. 8-4a ................................................................ 106
Figura Prob. 8-4b ................................................................ 107
Figura Prob. 8-5 .................................................................. 108
Figura Prob. 8-6 .................................................................. 109
Figura Prob. 8-7 .................................................................. 110
Figura Prob. 9-11 ................................................................ 122
Figura Prob. 9-15 ................................................................ 125
Figura Prob. 9-16 ................................................................ 127
Figura Prob. 9-17 ................................................................ 128
Figura Prob. 9-18 ................................................................ 130

12

CAPÍTULO 1

INTRODUÇÃO

1.1- Dar:

a) A descrição dimensional
b) As fórmulas dimensionais em termos dos símbolos M,L,T e I
c) As unidades de SI, para as seguintes expressões:
dl dl
dt ∫ F.dl dx
onde l é o comprimento, t o tempo e F a força
Fonte:[1]

Sol:

a) dl
= velocidade
dt

∫ F .dl = trabalho
dl
= a dim ensional
dx

13

b)
dl compriment L
o
= =
dt tempo T

∫ F.dl = ( forçca) * (comprimento) = (massa) * (aceleração) * (comprimento)
 velocidade (massa) * (compriment )
o
= (massa) * 
 tempo  * (compriment ) =
 o 2
  (tempo)
M .L
⇒ ∫ F.dl = 2
T
dl (compriment ) L o
= = =1
dx (compriment ) L o

c)
dl
= m / s (metros.. por..segundo)
dt
∫ F .dl = J ( joules)
dl
= a dim ensional
dx

1.2) Dar o que se pede no problema 1.1 para
1 Q2
∫∫∫ ρ.dv;V ; E; ∫ E.dl; ;
4.π .ε 0 4.π .ε 0 .r 2
; J ; BIL

Fonte:[1]

Sol:

14

a)
∫∫∫ ρ.dv = c arg a
V = potencial
E = int ensidade..de..campo..elétrico

∫ E.dl = potencial
1
= constate
4.π .ε 0
Q2
= força
4.π .ε 0 .r 2
J = densidade..de..corrente
BIL = Força

b)
∫∫∫ ρ .dv = V (V ) = Q = I .T
Q

F M .L L M .L L
V = − ∫ E.dl = E.L = .L = 2 . = 2 . =
Q T Q T I .T
ML2
⇒V =
T 3I

ML
F T2 ML
E= = = 3
Q IT T I
ML 2
L
1 Q Fr 2 T 2
= K; F = K 2 ⇒ K = =
4.π .ε 0 r Q IT
ML3
K=
T 4I 2
∂I I
J= = 2
∂S L
BIL = ?
h
H H .I
hI
∫ H .dl = µ.i ⇒ H = LL = L2

15

h = indutância.. por..metro
di v V VT
v=l ⇒l = = =
dt di / dt I / T I
mas,
ML2
T
ML2 2
T 3 I = ML (indutância)
V = 3 ,l =
T I I T 2I 2
ML2
l T 2I 2 ML
= = 2 2 (indutância.. por..metro..ou..µ )
m L T I
H H ML I ML
B = µH = 2 2 . = 2 , log o :
T I L T I
ML ML2
BIL = 2 IL = 2
T I T

c)
∫∫∫ ρdv = C (coulombs)
V = V (volts)
V
E= (volts.. por..metro)
m
∫ Edl = volts
1 m
= (metros.. por.. faraday )
4.π .ε 0 F

Q2
= N ( Newtons)
4πε 0 r 2
A
J= (ampères.. por..metro..quadrado
m2
BIL = N (newtons)

16

1
Referências para estudo da teoria

1
Referência para estudo da teoria:
KRAUS, John D ; CARVER, Keith R. Eletromagnetismo
Editora Guanabara Dois, 1978.
⇒ capítulo 1 (um)

17

CAPÍTULO 2

CAMPO ELETROSTÁTICO - PARTE 1

2.1)
(a) Que carga elétrica seria necessária colocar na Terra e na
Lua para que tal força de atração se iguale a força de atra-
ção gravitacional? Suponha que as cargas sejam colocadas
na mesma proporção que as massas. Considere a massa da
Terra 6.1024 Kg, e da Lua 7.1027 Kg, sendo a separação de
40Mm. A constante gravitacional 6,7.10-11 Nm2/Kg2 (é aná-
loga a lei de Coulomb)
(b) Se as separações fossem de sinais contrários qual seria
o momento do dipolo.
Fonte:[1]

Sol:

(a)
Dados: m 1=6.1024Kg; m 2=7.1022Kg; G=6,7.10-11Nm2/Kg2;
r=400Mm
Sabe-se que e0=8,85pF/m p=3,14

q1.q2 m .m
Fe = 2 ;
FG = G 1 2 2
4.π .ε .r r

19

q1.q2 m .m
Fe = FG ⇒ = G 1 2 2 ⇒ q1.q2 = 4.π .ε .G.m1.m2
4.π .ε .r 2
r
⇒ q1.q2 = 3,13.10 27 C 2

são proporcionais, logo:

m1 + m2 → 1 m1
p= = 0,99 → m1 = p.(m1 + m2 )
m1 → p m1 + m2

m1 + m2 → 1 m2
p' = = 0,01 → m2 = p'.(m1 + m2 )
m2 → p' m1 + m2

m1 ~ q1
m2 ~ q2 ⇒ q1 = p.(q1 + q2 ) q2 = p'.(q1 + q2 )
como, ;

q1.q2
q1.q2 = p. p '.(q1 + q2 ) 2 ⇒ q1 + q2 = p. p ' ⇒ q1 + q2 = 5,24.10 C
14

q1 = p.(q1 + q2 ) = 0,99.(5.24.1014 ) = 518.1012 = 518TC
q2 = p'.(q1 + q2 ) = 0,01.(5.24.1014 ) = 6,04.1012 = 6,04TC

(b)
para o dipolo Q.l = q1.q2 .l2 = 2,24.10 22 Cm

2.2)A figura mostra uma longa barra isolante sem massa,
de comprimento L, presa por pino no seu centro e equili-
brada com peso W a uma distância x de sua extremidade
esquerda. Nas extremidades esquerda e direita da barra são
colocadas cargas q e 2q, respectivamente. A uma distância
h diretamente abaixo dessas cargas está fixada uma carga
positiva +Q (veja figura).

20

(a) Determine a posição x do peso quando a barra estiver
equilibrada.
(b) Qual deverá ser o valor de h para que a barra não exer-
ça nenhuma força vertical sobre o suporte quando em equi-
líbrio? (Despreze a interação entre as cargas nos extremos
opostos da barra.) Fonte:[5]

Fig. Prob. 2-2
Fonte:[5]

Sol:

(a)

L
x = x1 + x2 → x1 =
2
Q.2q Q.q
F1 = ; F2 =
4.π .ε .h 2
4.π .ε .h 2
L L L Q.q 
∑ T = F1. 2 − W .x2 − F2 2 = 0 ⇒ x2 = 2  4.π .ε .h 2 .W 
 
L L L  Q.q  L  Q.q 
x = + x2 = +   = 1 + 
2 2 2  4πε .h .W  2  4.π .ε .h .W 
2 2

21

(b)

∑F = F + F 1 2 − W = 0 ⇒ W = F1 + F2

3.q.Q 3.q.Q
W= →h=
4.π .ε .h 2
4.π .ε .W

2.3) Duas pequenas esferas condutoras de massa m
suspensas por fios de seda de comprimento L possuem uma
carga q. Considerando que o ângulo q é tão pequeno que a
tgq possa ser substituída por senq: Mostre que para esta
aproximação temos:
13
 q 2 .L 
x=
 2.π .ε .m.g 

 
Fonte:[5]

Sol:
F q2 x
tgθ = = 2 ; sen θ =
mg 4.π .ε .mg.x 2L
x
mas q muito pequeno tgθ ≅ sen θ =
2L
13
q2 x  q2L 
= ⇒ x=
 2π .ε .m.g 

4.π .ε .mg.x 2 2 L  

2.4) Duas partículas cada uma de massa m e com carga q,
estão suspensas de um ponto comum, por cordas de com-
primento l. Determine o ângulo q que cada corda forma
com a vertical. {Fonte:[7]}

22

Sol:
q2
F=
4.π .ε .x 2
temos:
F q2 mg F q2
sen θ = = ; cos θ = ; tgθ = =
T 4.π .ε .T .x 2 T mg 4.π .ε .mg.x 2

3 2
tg 3θ  q2   2.π .ε .m.g.x 3l 
 4.π .ε ..m.g.x 2 
= tg 3θ . cos2 θ =   
  =

1 + tg θ
2
   l.q 2 

q2
=
16.π .ε .m.g.l 2

2.5) Uma certa carga Q deve ser dividida em duas: (Q-q) e q.
Qual é a relação entre Q e q para que a repulsão seja máxi-
ma? {Fonte:[5]}

Sol:

1 q (Q − q ) (Qq − q 2 )
F= =
4πε r2 4πε .r 2

dF (Q − 2q )
=0⇒ = 0 ⇒ Q − 2q = 0
dq 4πε .r 2

Q = 2q

23

2.6) Mostre que as placas de um capacitor de placas parale-

las se atraem com uma força dada por F =
q2
.
2ε . A
Prove o que foi dito, calculando o trabalho necessário para
aumentar a separação entre as placas de x para x+dx, a car-
ga q permanecendo constante. {Fonte:[5]}

Sol:

Para o capacitor de placas paralelas, aplicando a lei de Gauss,
temos:
H H q q q
∫ E.ds = ⇒ E. A = ⇒ E =
ε ε ε .A

H q q 1  q2 q
q 2q 
dF = E.dq ⇒ F = ∫ dq =  = 
0 ε .A ε .A 2
 0 2ε . A 


2.7)Em um trabalho que foi escrito em 1911, Ernest
Rutherford disse: “Para se ter alguma idéia das forças ne-
cessárias para desviar uma partícula a através de um gran-
de ângulo, considere um átomo contendo uma carga pon-
tual Ze no seu centro e envolvida por uma distribuição de
carga negativa, -Ze, uniformemente distribuída dentro de
uma esfera de raio R.” O campo elétrico E num ponto den-
tro do átomo, a uma distância r do seu centro, é
Ze 1 1 
E=  2 − 3
4.πε r R 

Verifique esta equação {Fonte:[5]}

24

Sol:

para r>R,

H H q' H H q' q'
∫ E.ds = ⇒ ∫ E.ds = ⇒ E.4.π .r 2 =
ε ε ε
q q' q
E= ⇒ρ= =
4.π .ε .r 2
4π .r 3
4π .r 3
3 3
q' = q
q
E+ =
4.π .ε .r 2

para r<R,

H H q' H H q' q'
∫ E.ds = ⇒ ∫ E.ds = ⇒ E.4.π .r 2 =
ε ε ε
q' q' q
E= ⇒ρ= =
4.π .ε .r 2
4π .r 3
4π .R 3
3 3
3
r
⇒ q' = q 3 .
R
q.r
E− =
4.π .ε .R 3

q 1 r 
E = E+ + E− =  2 − 3
4πε r R 

25

2.8) Duas cargas puntiformes, -q e +q/2, estão situadas na
origem e no ponto (a,0,0), respectivamente. Em que ponto,
ao longo do eixo x, o campo elétrico se anula? {Fonte:[5]}

Sol:

1 −q q  q  − x 2 + 4ax − 2a 2 
E=  + = . 
4.π .ε  x 2 2( x − a) 2  4.π .ε  x 2 2( x − a) 2 


 

o campo elétrico se anula em E = 0

⇒ − x 2 + 4ax − 2a 2 = 0
x 2 − 4.a.x + 2.a 2 = 0

4a ± 16a 2 − 8a 2
⇒x= = 2a ± 2 2
2

→ x = 2 a ( 2 + 1) , satisfaz
→ x = 2 a ( 2 − 1) , não satisfaz (não utilizar)

( 2 − 1) 

( )
2a  2 − 1
2



→ x = 2a( 2 + 1). =
( 2 − 1) 2 −1

2a
→x=
2a − 1

26

2.9) Usando a Lei de Gauss, determine a carga elétrica total
dentro de um volume cúbico de 2m de lado situado no
octante positivo com três arestas coincidentes com os eixos
x,y e z e um vértice na origem, sendo o vetor densidade de
fluxo elétrico D dado por:
H ^
(a) D = x 2x 2
H ^
(b) D = x x. y.z
H ^ ^ ^
(c) D = x.( x + 3) + y ( y + 4) + z ( z + 5)
H ^ ^ ^
(d) D = x x. y.z + y x 2 . y 2 .z 2 + z x 3 . y 3 .z 3
Fonte:[1]

Sol:
(a)
H H
Q = ∫∫∫ (∇.D).dv = ∫ ∫ ∫ 4 x.dx.dy.dz ⇒ Q = 32C
2 2 2

0 0 0
R

(b)
H H
Q = ∫∫∫ (∇.D).dv = ∫ ∫ ∫ xy.z.dx.dy.dz ⇒ Q = 8C
2 2 2

0 0 0
R

(c)
H H
Q = ∫∫∫ (∇.D).dv = ∫ ∫ ∫ (1 + 1 + 1).dx.dy.dz ⇒ Q = 24C
2 2 2

0 0 0
R

(d)
H H
Q = ∫∫∫ (∇.D).dv = ∫ ∫ ∫ ( yz + 2.x 2 y.z 2 + 3.x 3 . y 3 .).dx.dy.dz
2 2 2

0 0 0
R

⇒ Q = 164,44C

27

2.10) Carrega-se uniformemente um cilindro infinitamente
longo de raio R

(a) Mostre que E a uma distância r do eixo do cilindro (r<R)
ρ .r
é dado por E = ,
2.ε
onde ρ é a densidade volumétrica de carga.
(b) Que resultado poderíamos esperar para r>R?
{Fonte:[5]}

Sol:
(a)
para r<R,
H H
ε .∫ E.ds = q = ∫∫∫ ρ .dv

ε .E.2.π .r 2 = ρ .π .r 2 .L

E ρ .r
=
L 2.ε

(b)
para r>R,
H H
ε .∫ E.ds = q = ∫∫∫ ρ .dv

ε .E.2.π .r 2 = ρ .π .R 2 .L

E ρ .R 2
=
L 2.ε .r

28

H ^ ^ ^
2.11) Se E = x x + y y + z z , achar o fluxo elétrico sobre uma
esfera de raio R.
Fonte:[1]

Sol:

H ^ ^ ^ H
E = xx+ y y+ zz E = x + y + z = R;
2 2 2

H H ^ H ^
E= E .r ds = R 2 . sen θ .dθ .dφ . r ;

H H 2π π
ψ e = ε ∫ E.ds = ε .∫ ∫ R..R 2 . sen θ .dθ .dφ
0 0

ψ e = 4.π .ε .R 3

2.12) Uma distribuição de potencial dada por V=3y1/2 V.
Qual a expressão de E? Qual é o seu valor vetorial (módulo,
direção e sentido) nos pontos (0;0),(4;0) 3 (0,4) ? {Fonte:[1]}

Sol:
H H H H 1 ^ 3 ^
∇V = − E ⇒ E = −∇V = −3 y −1/ 2 y = − y
2 2 y
^
E (0;0) = ∞V / m ; E ( 4;0) = ∞V / m ; E (0;4) = −0,75 y V / m

2.13) Uma distribuição de potencial é dada por :
H
V = 7 y 2 + 12 x V. Qual é a expressão de E . Qual é o seu
valor (módulo, direção e sentido) nos pontos (0,0); (5,0); (0,3)
e (5,3)? {Fonte:[1]}

29

Sol:

V = 7 y 2 + 12 x ;
H H H H  ∂V ^ ∂V ^  ^ ^
∇V = − E ⇒ E = −∇V = − ∂x x+ 
y  = −12 x − 14 y y
 ∂y 
H ^ ^
E = −12 x − 14 y y V/m

em (0,0) em (0,3)
H ^ H ^ ^
E (0,0) = −12 x V/m E (0,3) = −12 x − 42 y V/m

em(5,0) em(5,3)
H ^ H ^ ^
E (5,0) = −12 x V/m E (5,3) = −12 x − 42 y V/m

2.14) Duas bolas dielétricas de pequeno diâmetro 10g podem
deslizar livremente numa linha plástica vertical. Cada bola
tem uma carga de 1µC.

(a) Achar a distância entre elas, se a bola inferior é impedida
de se mover
(b) Qual é o momento do dipolo
Fonte:[1]

Sol:

Dados: m=10g; g=9,81m/s2; q=1µC
Sabe-se que: ε0=8,85pF/m

30

(a)

W = q.V
q
V= q q
4πε . y q = m.g. y ⇒ y =
4πε . y 2 πε .m.g
W = mg . y
⇒ y = 0,303m

(b)
Q.l = 10 −6.0 = 0

2.15) Uma distribuição de potencial é dada por:
H
V = k .r 1 2 . sen θ . Achar E .
Fonte:[1]

Sol:
H ^ ∂V ^ 1 ∂V

V = k .r 1 2 . sen θ ; ⇒ V = k . r . sen θ ; E = − r ∂r − θ . r . ∂θ ;

∂V k ∂V
= sen θ ; = k . r . cos θ ;
∂r 2 r ∂θ
H ^ k ^ 1
E = −r . sen θ − θ . .k . r . cosθ
2 r r

H ^ k r ^ 1
⇒ E = −r .senθ −θ . .k. r . cosθ
2r r
H k. r  r .senθ ^ 
^

H k. r  r .senθ ^   
^
  ; ⇒E = − −θ .cosθ 
⇒E = − −θ . cosθ  r  
r 
2
 2   
 

31

2

2
Editora Guanabara Dois, 1978
⇒ capítulo 2 (dois)
KRAUS, John D. Eletromagnetics
McGraw-Hill International Editions , 1991
⇒ capítulo 2 (dois)

32

CAPÍTULO 3

CAMPO ELETROSTÁTICO - PARTE 2

3.1) Um capacitor foi construído para operar com uma
capacitância constante, em meio a uma temperatura
oscilante. O capacitor é do tipo placas paralelas com
separadores de plástico para alinhar as placas.

(a) Mostre que a razão da mudança da capacitância C com
dC  1 dA 1 dx 
a temperatura T é dada por = C − 
dT  A dT x dT 
onde A é a área da placa e x é a distância entre as placas.
(b) Se as placas fossem de alumínio, qual deveria ser o
coeficiente de expansão térmica dos separadores para
que a capacitância não variasse com a temperatura?
(Ignore o efeito dos separadores sobre a capacitância)
{Fonte:[5]}

33

Sol:
Letra (a)

ε .A
C=
x

d (ε . A) d (ε .x) dA dx
.x − A ε .x − εA
dC
= dT dT = dT dT = ε dA − ε . A dx
2 2
dT x x x dT x 2 dT
ε .A C ε .A
C → = 2
x x x

dC C dA C dx  1 dA 1 dx 
= − = C − 
dT A dT x dT  A dT x dT 

Letra (b)
dC  1 dA 1 dx 
= 0 → C −  = 0 , mas C ≠ 0 , logo:
dT  A dT x dT 

 1 dA 1 dx  dA A dx ε .A C A
 − =0→ = , mas C = → = ,
 A dT x dT  dT x dT x ε x
logo:
dA
como ε = ε r .ε 0 , e ε r do alumínio é grande,então diminui
dT

3.2) Um capacitor tem placas quadradas de lados iguais a,
que fazem entre si um ângulo. Mostre que para pequenos
valores de, a capacitância é dada por:

34

ε 0 a 2  aθ 
C= 1 − 
d  2d 

Sugestão: O capacitor pode ser dividido em tiras muito finas
que estão efetivamente em paralelo. {Fonte:[5]}

Sol:
ε dA
A=a dC = 0 ; dA = a.dr
2;
y+d

y = r. sen θ , para pequenos valores de θ, temos y ≈ r.θ :
ε .a   εa
= 0  ln(r.θ + d )  = 0 [ln(aθ + d ) − ln d ]
dr a
C = ε 0a∫
a

0 d + r.θ θ  0 θ

ε 0 .a  aθ + d 
C= ln 
θ  d 
ε 0 a  aθ 
 ; obs.:→ ln (1 + x ) = x − x 2 + ... , isto é,
1
C= ln1 +
θ  d  2
expandindo em série de potência a função ln(1 + x ) , assim
temos:

 aθ  aθ 1  a θ 
2

ln1 + = −   + ... ,
 d  d 2 d 
para pequenos valores de θ , temos que:

 aθ  aθ 1  aθ   aθ  aθ  aθ 
2

ln1 + ≈ −   → ln1 + ≈ 1 − 
 d  d 2 d   d  d  d 

35

ε 0 a  aθ  aθ   ε 0 a 2  aθ 
→C = 1 −  = 1 − 
θ  d  2d  
  d  2d 

A = a2

ε 0 A  aθ 
→C = 1 − 
d  2d 

3.3) Uma barra isolante “semi-infinita” possui uma carga
por unidade de comprimento, de valor ρL. Mostre que o
campo elétrico, no ponto P, forma um ângulo de 450 com a
barra e que este resultado é independente da distância R.
Fonte:[5]

Sol:

Fig. Prob. 3-3
Fonte:[5]

36

dE = dE x + dE y
∞ dq ∞ ρ .dx. sen θ
dE x = dE . sen θ ⇒ E = ∫ . sen θ = ∫
( ) ( )
L
0 4.π .ε . R + x
2 2 0 4.π .ε . R 2 + x 2

chamando x = R.tgθ → dx = R sec 2 θ .dθ
x→0 θ →0
x → ∞ θ →π / 2

π /2 ρ L .R. sec 2 θ .dθ . sen θ π / 2 ρ . sec θ .dθ . sen θ
2
Ex = ∫ =∫ =
4.π .ε .(R 2 + R 2 .tg 2θ ) 0
L
0 4.π .ε .R 2 . sec 2 θ

=
ρL
4.π .ε .R
(
− cosθ π /2
0 )= 4.πρ.ε .R L

∞ dq ∞ ρ .dx. cosθ
dE y = dE . cosθ ⇒ E = ∫ . cosθ = ∫
( ) ( )
L
0 4.π .ε . R + x
2 2 0 4.π .ε . R 2 + x 2

chamando x = R.tgθ → dx = R sec 2 θ .dθ
x→0 θ →0
x → ∞ θ →π / 2
π /2 ρ L .R. sec 2 θ .dθ . cosθ π / 2 ρ . sec θ .dθ . cosθ
2
Ey = ∫ =∫ =
4.π .ε .(R 2 + R 2 .tg 2θ ) 0
L
0 4.π .ε .R 2 . sec 2 θ

=
ρL
4.π .ε .R
(
sen θ π /2
0 )= 4.πρ.ε .R
L

ρL
E x 4.π .ε .R π
tgθ = = = 1 tgθ = 1 → θ = tg −1 [1] =
Ey ρL 4
4.π .ε .R

37

π
tgθ = rad, ou tgθ = 450
4

3.4) Uma barra isolante, de comprimento L, tem uma carga
–q distribuída uniformemente ao longo de sua extensão,
como mostra a figura.
(a) Qual é a densidade linear de carga da barra?
(b) Qual é o campo elétrico no ponto P a uma distância “a”
da extremidade da barra?
(c) Se P estivesse muito longe da barra em comparação com
L, ela se comportaria como uma carga pontual? Mostre
que a sua resposta, para o item (b) reduz-se ao campo
elétrico de uma carga pontual, para a>l.
Fonte:[5]

Fig. Prob. 3-4.
Fonte:[5]

Sol:

Letra (a)
q
dq = ρ L .dl → ∫ dq = ∫ ρ L .dl → q = ρ L .L → ρ L =
q L

0 0 L

Letra (b)
dq dq ρ dl ρ  1 L
q
→E=∫
L
∫
L
dE = = L = L − 
4.π .ε .r 0 4.π .ε ..r 2 4.π .ε (l + a ) 4.π .ε  l + a 
2 2 0
0


38

ρ L .L
⇒E= , mas q = ρ L .L , logo:
4.π .ε .a( L + a)
q
→E=
4.π .ε .a.( L + a)

Letra (c)

Para a>l, implica que l→0 vamos aplicar isto como limite
q
em E =
4.π .ε .a.( L + a)
q q
lim L →0 E = lim L →0 =
4.π .ε .a.( L + a) 4.π .ε .a.2
q
então E = , para a >> L ; logo reduz-se ao campo
4.π .ε .a.2
elétrico de uma carga pontual

3.5) Uma barra de vidro fino é encurvada num semicírculo
de raio R. Uma carga +q está distribuída uniformemente ao
longo da metade superior, e uma carga –q, distribuída
uniformemente ao longo da metade inferior, como mostra
a figura. Determine o campo elétrico no ponto P que está
no centro do semicírculo.
Fonte:[5]

Fig. Prob. 3-5
Fonte:[5]

39

Sol:
ρ L dl cos θ
dE y = dE cos θ =
4.π .ε .r 2
ρ L dl. cos θ ρ R. cos θ .dθ
Ey =
4.π .ε ∫ R 2 = 4.πL.ε ∫ R 2

Ey =
ρL
4.π .ε .R
π /2 ρL
(
∫3π / 2cosθ .dθ = 4.π .ε .R sen θ
π /2
3π / 2 =
ρL
4.π .ε .R
(2)
ρL
Ey =
2.π .ε .R

q q
temos que → ρ L = =
l π .R
q
⇒ Ey =
2.π .ε .R 2
2

3.6)

(a) Um disco circular de raio R tem uma densidade
superficial uniforme de carga ρS. Determine o campo
elétrico de um ponto sobre o eixo do disco a uma
distância z do plano de disco.

(b) Um cilindro reto, de raio R e altura L, está orientado ao
longo do eixo z. Possui uma densidade volumétrica de
carga ρ (z ) = ρ 0 + β .z , em relação a uma origem no
centro do cilindro. Determine a força sobre uma carga
q situada no centro do cilindro. {Fonte:[7]}

40

Sol:

Letra (a)

dq. cosθ R 2.π .a.ρ .da. cos θ ρ a.da. cosθ
E=∫ =∫ ∫ (z
R
= S
( ) )
S
4πε .r 2 0 4.π .ε . z + a
2 2
2.ε 0 2
+ a2
ρS ρS  
(1 − cosθ ) = ρ S 1 − 2 z 2
θ
E=
2ε ∫
0
sen θ .dθ =
2.ε 2ε  z +R




Obs.: Utilizamos as relações abaixo:
a z a
sen θ = ; cos θ = ; tgθ =
z +R
2 2
z +R
2 2
z

a = ztgθ ⇒ da = z sec 2 θ .dθ

z 2 + a 2 = z 2 sec2 θ

e aplicando técnicas de resoluções de integrais trigonomé-
tricas temos que:

a.da. cosθ θ z.tgθ . z.s sec θ .dθ . cos θ
2

∫ =∫
R
=
0 (z 2 + a 2 ) 0 z 2 . sec 2 θ

θ θ
= ∫ tgθ . cosθ .dθ = ∫ sen θ .dθ
0 0

a.da. cos θ θ
⇒∫ = ∫ sen θ .dθ
R

0 (z +a
2 2 0 )

41

Letra (b)

ρS  z  dρ  z 
E= 1 −  ; ⇒ dE = S 1 − 
2ε   
2.ε  
 z + R2
2
 z + R2
2

q q ρ .V ρπ .R 2 .z
ρS = ; ρ = → q = ρ .V ⇒ ρ S = = = ρ .z
A V A π .R 2
⇒ dρ S = ρ .dz

ρ .dz  z 
⇒ dE = 1 −  ; ρ (z ) = ρ + β .z
2.ε   
z + R2
2

0

⇒ dE =
(ρ 0 + β .z ).dz 1 −

z 

2.ε  
 z 2 + R2 

⇒E=∫
(ρ 0 + β .z ). 1 −

z 
dz
2.ε  
 z 2 + R2 

1  l/2 ρ 0 zdz l / 2 β .z .dz 
2

 ∫0 ρ 0 dz − ∫0 + ∫ β .z.dz − ∫
l/2 l/2
E= 
2.ε  z 2 + R2 0 0
z 2 + R2 

z.dz
∫ z +R
2 2
= z2 + R2

z 2 .dz
∫ z2 + R2
, vamos fazer substituições trigonométricas

(z=R.tgθ);e chegamos em:

z 2 .dz z z 2 + R2 R2 z 2 + R2 z
∫ z 2 + R2
=
2
−
2
ln
R
+
R

42

1  ρ .l l2 l2  l l2 R2 l2 l 
E =  0 − ρ0 . + R 2 + ρ0 .R + β . − β  + R 2 − ln +1 + 
ε 2 4 8 4 4 2 4.R 2 2.R 
  

fazendo ρ 0 = 0 ; implica em:

β l  l l2  l l2 
E=   − + R 2  − R 2 . ln + 1+ 
2.ε 
2  2 4  2.R 4.R 2 
  

3.7) O potencial para um ponto axial de um disco carregado

éV =
ρS
2ε
(z 2
+ R2 − z )
Mostre que E para pontos axiais é dado por

ρS  z 
E= 1 − 
2ε  
 z + R2
2

{Fonte:[5]}

Sol:
H H
E = −∇V = −
∂V
∂z
∂ ρ
=−  S
∂z  2.ε
(z 2
)
+ R2 − z 

ρS  2.z 
E=−  − 1
2ε  
2 z +R 
2 2

ρS  z 
E= 1 − 

2.ε  
z 2 + R2 

43

3.8) Uma carga q está distribuída uniformemente num anel
quadrado de lado l. Determinar E e V no centro do anel.
{Fonte:[1]}

Sol:

Fig. Prob. 3-8a

1 dq
V=
4.π .ε ∫ r
, da figura acima vemos que pelo teorema

de Pitágoras temos:
2
l
r = x + 
2

2

1 .λ .dx λ l
dx
⇒V =
4.π .ε ∫ 2
=
4.π .ε ∫
−
2
l 2
=
l 2 l
x2 +   x2 +  
2 2

44

 2 +l 
λ   l  2
= ln x + x + 
2

4.π .ε   2  −l 
 
  2 

λ  l l   l l 
⇒V = ln 2 + 2 2  − ln − 2 + 2 2 
4.π .ε     

  l l 
λ   2 + 2 2  λ  1+ 2 
⇒V = ln l l  = ln =
4.π .ε   − +  4.π .ε  − 1 + 2 
 
 2

  2 2 

 λ  2 +1
= . ln 
 4.π .ε  2 − 1 
  

q q  2 +1
→λ = ⇒V = . ln 
l ; 4.π .ε .l  2 − 1 
 

Como o campo elétrico é um vetor observamos que no cen-
tro do quadrado ele se anula devido à simetria da figura

45

Fig. Prob. 3-8b

3.9) Distribuímos sobre uma barra fina uma carga por unidade
de comprimento dada por ρL=kx, k é uma constante. A barra
tem um comprimento L contido no eixo dos x com uma de
suas extremidades na origem (x=0), conforme indica a figura.
(a) considerando o potencial no infinito igual a zero, calcu-
le o valor de V no ponto P sobre o eixo dos y
(b) Determine o componente vertical Ey, da intensidade do
campo elétrico
(c) Porque não podemos calcular o componente horizon-
tal (Ex) do campo elétrico em P usando o resultado do
item (a)? {Fonte:[5]}

Fig. Prob. 3-9
{Fonte:[5]}

46

Sol:

r = x 2 + y 2 ; dq = ρ L .dx = k .x.dx

Letra (a)

V =∫
L

0
dq
4.π .ε . x + y
2 2
=
k
4.π .ε ∫
0
L x.dx
x +y
2 2
=
k
4.π .ε
[ x +y ]
2 2 L
0

V=
k
4.π .ε
( L +y
2 2
−y )
Letra (b)

H
Ey = −
∂V
∂y
∂  k
=− 
∂y  4.π .ε
( L + y − y ) = − 4.π .ε  2
2 2 k 2. y
L2 + y 2

− 1

 
H k   y 
Ey = 1− 
4.π .ε  L + y2
2 
 

Letra (c)

Porque o cálculo foi feito em função de y, não aparecendo a
variável x, observe que teríamos assim:

H ∂V H ∂V ( y )
Ex = − , como V é função de y , temos: E x = − =0
∂x ∂x

3.10) Seja ρL a carga por unidade de comprimento distribu-
ída uniformemente ao longo de um segmento de reta de
comprimento L.

47

(a) Determine o potencial (escolhido como sendo zero no
infinito) num ponto P, afastado por uma distância y de
uma das extremidades do segmento carregado e situa-
do sobre seu prolongamento (Veja figura).
(b) Use o resultado do item (a) para calcular o componente
do campo elétrico em P na direção y (ao longo do seg-
mento de reta).
(c) Determine o componente do campo elétrico em P numa
direção perpendicular ao segmento de reta. {Fonte:[5]}

Fig. Prob. 3-10
{Fonte:[5]}
Sol:

Letra (a)

dq dq ρ dl
→V = ∫ ∫
L L
dV = = L =
4.π .ε .r 0 4.π .ε ..r 4.π .ε 0 (l + y )

=
ρL
4.π .ε
(
ln (l + y ) 0
L

ρL
V= [ln (L + y ) − ln y ] = ρ L ln L + y 
 
4.π .ε 4.π .ε  L 

48

Letra (b)

H ∂V ∂  ρ .   L + y  
E=− = −  L  ln  
∂L ∂L  4.π .ε   y  
   
 
 
ρ 1 −L ρ L .L
E=− L  =
4.π .ε  L + y y  4.π .ε . y.( L + y )
2

 y 
 

Letra (c)
H H
E x = E. cos 900 = 0

31

3
⇒ capítulo 3 (três)

McGraw-Hill International Editions, 1991
⇒ capítulo 4 (quatro)

49

CAPÍTULO 4

CORRENTE ELÉTRICA ESTACIONÁRIA

H ^
4.1) Se J = x3yz A / m 2 , ache a corrente I através de um
quadrado de 2m de lado com um dos vértices na origem e
outros em (0,2,0) ; (0,0,2) e (0,2,2)
Fonte:[1]

Sol:
H H ^  ^  2 2
I = ∫∫ J .ds = ∫∫  x 3 yz . x dy.dz  = ∫ ∫ 3 yz.dy.dz
   0 0
⇒ I = 12 A

4.2) Um resistor tem a forma de um tronco de cone circular
reto, como é mostrado na figura. Os raios das bases são a e
b, e a altura é L. Se a inclinação for suficientemente pequena,
podemos supor que a densidade de corrente seja uniforme
através de qualquer seção transversal.

(a) Calcule a resistência deste sistema

51

Fig. Prob. 4-2
{Fonte:[5]}

L
(b)Mostre que o resultado de (a) se reduz a ρ , quando
A
a=b
{Fonte:[5]}

Sol:

(a)
dl ( y − a)
dR = ρ 2 ; sen θ = → ( y − a ) = l. sen θ , mas para
πy l
pequenos valores de θ, temos que:
( y − a ) ≈ l.θ

52

dy
dy = θ .dl → dl =
θ
ρ dy
dR = .
π .y2 θ
ρ dy
dR =
π .θ y 2

ρ dy ρ  1 b ρ b−a
∫
b
R= = −
 y a → R = πθ  ab  ; y − a = lθ
πθ a y 2
πθ   
pra y = b , temos:
b−a
b − a = Lθ → L =
θ
ρ  b − a  1 ρ .L
logo: R =   =
π  θ  ab πab

(b)
ρ .L ρ L ρ .L
fazendo-se a = b , R = = =
π .b.b π .b 2 A

4.3) Uma arruela lisa de espessura t tem raio interno r e raio
externo r2. Sendo a condutividade σ , determine a resistência
(a) Entre as bordas interna e externa
(b) Entre as superfícies planas, e
(c) Ao longo da arruela (idêntica a resistência entre as
bordas de um corte de espessura infinitesimal na direção
radial).
Fonte:[1]

53

Sol:

(a)
dl 2π .dr dr 1 r2 d .r 1 r
dR = = =
σ . A σ .2.π .r.t σ .tr
⇒R=
σ .t ∫r1 r = σ .t ln r12

(b)
t t t t
dR = = ⇒R= =
σ . A σ .2.π .r.dr r 2 r2
σπ (r − r12 )
2
σ 2π 2
2 r1

(c)
2.π .r 2π 2π
dR = ⇒R= =
σ .t.dr σ .t ∫
r2 dr r
σ .t. ln 2
r1 r r1

4.4) Um longo fio de cobre de raio r é esticado paralelamente
a uma placa infinita de cobre e a uma distância h desta. A
região que está acima da placa e circundando o fio é
preenchida com um meio de condutividade σ . Demonstre
que a resistência elétrica entre os dois eletrodos de cobre,
por unidade de comprimento do fio, é dada por
l h
R= cosh −1
2πσ r
Fonte:[7]

Sol:

dx dx
dR = =
σ . A σ .2.π ..r.l

54

mas l = x 2 − r 2 , logo: {l → 0⇒ x → r
l →∞⇒ x → h

dx 1 dx 1  −1 x q 
∫r x 2 − r 2 = 2.π .r.σ  cosh r r 
h
dR = ⇒R= h

2.π .r.σ . x − r
2 2 2.π .r.σ .  

1  
 cosh − cosh[ ] =
h 1 h
R= 1 cosh −1
2.π .r.σ  r  2.π .σ .r r

1 h
⇒R= cosh −1 (Ω)
2.π .σ .r r

4.5) Em geral, cargas superficiais estão presentes na fronteira
entre 2 condutores (condutividades σ 1 e σ 2 , e permissivida-
de ε1 e ε 2 , respectivamente) por onde flui uma corrente.
Mostre que a densidade superficial de carga ρ S é dada por

ε ε 
ρS = J n  1 − 2 
σ σ 
 1 2 

{Fonte:[1]}

Sol:

Em uma fronteira entre 2 condutores temos que:
J n1 = J n2 = J n
Para campos eletrostáticos, temos que:

55

Componente Relação de Fronteira Condição
do campo
Tangencial Et1 = Et2 (1) 2 meios quaisquer

Normal Dn1 − Dn2 = ρ S (2) 2 meios quaisquer
com carga na fronteira

Para campos eletrostáticos não se tem uma situação
específica para 2 meios condutores, então:
Dn1 − Dn2 = ρ S ⇒ ρ S = Dn1 − Dn2 = ε 1.En1 − ε 2 .En2
H
H H H J
J = σ .E ⇒ E = ,
σ

ε1.J n1 ε 2 . J n2
logo ρ S = − ; mas J n1 = J n2 = J n , então
σ1 σ2

ε 1 .J n ε 2 .J n ε ε 
ρS = − = Jn 1 − 2 
σ σ 
σ1 σ2  1 2 

4.6) A lei da conservação de carga, que relaciona a densidade
volumétrica em qualquer ponto no espaço com a densidade
de corrente nas vizinhanças desse ponto, é dada por
∂ρ H H
+ ∇.J = 0 .
∂t
Como você justifica a relação acima? Explique? (fisicamente)
porque a soma é igual a zero.

56

Sol:

∂ρ H H ∂ρ H H
∂t
+ ∇.J = 0 ⇒ ∫
V
∂t
dV + ∫ (∇.J )dV = 0
V

Aplicando o teorema da Divergência, temos:
H H H H
∫
V
(∇.J )dV = ∫ J .ds
S

∂ H H
⇒ ∫
∂t V
ρdV + ∫ J .ds = 0 fluxo da densidade de corrente
S

sobre a superfície S que envolve o volume V

H H ∂q
Se ∫
S
J .ds > 0 existe fluxo líquido de carga para fora
∂t
< 0,

ou seja diminui a densidade de carga da região.

H H
Se
∫ J .ds < 0
S
existe fluxo líquido de carga para dentro

∂q
> 0 , ou seja aumenta a densidade de carga da região.
∂t

A soma deve ser igual a zero para que uma compense a
outra, ou seja,
∂ H H
⇒ ∫
∂t V
ρdV = − ∫ J .ds ,
S

daí vem a lei dos nós para os casos dos circuitos a parâmetros
concentrados, uma particularidade da teoria de campos “
O somatório das correntes que entram num nó é igual ao
somatório das correntes que saem”.

57

H H ∂ρ
4.7) Em que situação a equação da continuidade ∇.J = −
∂t
H H
passa a ser escrita como ∇.J = 0 ? Justifique.

Sol:

∂ρ
⇒ = 0 ⇒ ρ = cons tan te ,
∂t
ou seja, se a densidade volumétrica de carga não varia, a
carga não varia, logo não existe corrente I →J também não
existe pois:
H H
I = ∫∫ Jds
S

∂ρ ∂  dq  d  ∂q 
Observe que ⇒ =  =   , o que implica
∂t ∂t  dV  dV  ∂t 
que se varia a densidade volumétrica de carga ρ , varia a
carga q .

4

4
⇒ capítulo 4 (quatro)

⇒ capítulo 5 (cinco)

58

CAPÍTULO 5

EXERCÍCIOS RESOLVIDOS
CAMPO MAGNETOSTÁTICO DE
CORRENTES ELÉTRICAS ESTACIONÁRIAS

5.1) Dois condutores retos, longos e paralelos conduzem
10A. Se os condutores estiverem separados de 20mm um
do outro, qual é a força por metro de comprimento sobre
um condutor, se as correntes fluírem (a) em sentidos opostos
e (b) no mesmo sentido? {Fonte:[1]}

Sol:
µ 0 .I .I ' F µ II '
⇒F= ⇒ = 0
2.π .R l 2.π .R

Dados:
I = 10 A
F =? F
⇒ = 100 mN / m
l
R = 20mm

a) Sentido oposto (repulsiva); b) mesmo sentido (atrativa).

59

5.2) Um condutor reto e longo com uma corrente de 10A
coincide com o eixo-z. A corrente flui no sentido positivo de z.
H ^ ^ H
Se B = x 3 + y 4 (T), ache o vetor força F por comprimento
do condutor. {Fonte:[1]}

Sol:

Fig.Prob. 5-2
H ^ H ^ ^
I = 10 z B = x 3 + y 4
H
H H H dF H H ^ ^ ^
dF = ( I xB)dl ⇒ = ( I xB ) = (10 z ) x( x 3 + y 4)
dl
H
dF ^ ^ ^ ^
= y 30 − x 40 = −40 x + 30 y
dl
H
dF ^ ^
= −40 x + 30 y (N/m)
dl

60

H
5.3) (a) Se B = z 6 sen (π .x 2 ). sen (π . y 2 ) (T); ache o fluxo
^

magnético total sobre uma área quadrada com 2m de lado,
com as bordas coincidindo com os eixos positivos x e y e
um canto na origem.
H ^ 
(b) Se B =  z .k r  (T), qual é o fluxo magnético através de
 
um circulo de raio r0 ? {Fonte:[1]}

Sol:

Fig. Prob. 5-3a

Letra (a)
H H ^ ^
ψ m = ∫∫ B.ds = ∫∫ z 6 sen(π .x / 2) sen(π . y / 2) z ds
A R

2 2
ψ m = ∫ ∫ 6 sen(π .x / 2) sen(π . y / 2).dx.dy
0 0

2  2 
ψ m = 6. ∫ sen(π .x / 2)dx . ∫ sen(π . y / 2)dy 
  
0 0 

61

−2 2
 −2 2

ψ m = 6. . cos(π .x / 2) . . cos(π . y / 2)  = 6
 π 0 π 0

2 2 96
=6 ( 2). ( 2) = 2
π π π

96
ψm = (Wb) ou ψ m ≅ 9,73 (Wb)
π2

Letra (b)

Fig. Prob. 5-3b
H H H H ^ k ^ k k
ψ m = ∫∫ B.ds ; ψ m = ∫∫ B.ds = ∫∫ z . z ds = ∫∫ ds = r π .r
0
2
= .π .k.r0
A A 0r r
0 0

H ^
5.4) Se B = B. z (T), qual é o fluxo magnético através de uma
elipse ?
b 1
Onde : e = =
a razão...axial

b = semi-eixo menor
a = semi-eixo maior
r = a − distância ...do...centro...da....elipse...ao... foco

62

obs.: considere densidade de campo magnético B uniforme
sobre a superfície.

Sol:

Fonte: [15]
H H
ψ m = ∫∫ B.ds = B ∫∫ ds = B ∫∫ dx.dy = B ∫∫ J dρ .dθ

x = aρ . cosθ
y = b.ρ . sen θ
∂x ∂x
∂θ ∂ρ
J= = − abρ sen 2 θ − abρ cos 2 θ = − abρ
∂y ∂y
∂θ ∂ρ

∂x ∂y
= − aρ sen θ = bρ cosθ
∂θ ∂θ

∂x ∂y
= a cosθ = b sen θ
∂ρ ∂ρ

63

ψ m = B ∫∫ abρ .dρ .dθ

2.π
ψ m = B.a.b.∫ ρ .dρ .∫ dθ
1

0 0

ρ 1 2.π
ψ m = B.a.b. .θ
2 0 0

1
ψ m = B.a.b. .2.π = B.a.b.π
2

5.5) Mostre que um condutor com corrente I e comprimento l
situado no eixo-z entre os pontos z1 e z2 tem uma densidade de
H
fluxo B para uma distância R (para todo ângulo ξ ) dada por


µ 0 .I  
B=
z2
−
z1 
4.π .R  R + z2
2 2
R + z12
2  (T)
 
Observe que se o centro do condutor é simétrico com a
µ 0 .I .l
origem ( − z1 = z2 ) e se R >> l , B = .{Fonte:[1]}
4.π .R 2
Sol:

H
Vamos primeiro determinar a densidade de fluxo B , num
ponto P, distante z do eixo de um círculo de raio R,
determina-se o campo num ponto P ao longo do eixo do
anel; depois varre-se de um ponto P1, distante z1, até um
ponto P2, distante z2.

64

Fig. Prob. 5-5
{Fonte:[1]}
H H µ 0 .Idl sen θ
Temos que B é dado por dB =
4.π .r 2
A componente na direção do eixo-z é dada por
R
dBz = dB cos ξ = dB
r
θ = 900 , dl = R.dφ µ 0 .I .R dφ R
⇒ dBz = .
r = R2 + z 2 4.π ..( R + z ) R + z 2
2 2 2

µ 0 .IR 2
dBz = dφ , observe que o elemento normal
4.π .( R 2 + z 2 )3 / 2
dBn , se anula pela simetria circular ao longo da variação
de φ de 0 a 2.π , logo:

65

µ0 .I .R 2 µ0 .I .R 2 H
B = Bz = =
4.π .( R 2 + z 2 )3 / 2 2(R 2 + z 2 )3 / 2 , este é o valor de B
em um ponto P, qualquer distante z o eixo do círculo.

Vamos agora varrê-lo ao longo do eixo-z, de z1 a z2.

Pela análise dimensional vamos dividir pelo comprimento
l, para que a unidade permaneça em T, e não se modifique
para T/m, então teremos:
µ 0 I .R 2 dz µ 0 I .R 2
dB = . = dz
2( R 2 + z 2 )3 / 2. l 2.l.( R 2 + z 2 )3 / 2

µ 0 .I .R 2 2
z 
µ .I .R 2  
dz z2 z1 
B=
2l z1 ∫ ( R 2 + z 2 )3 / 2 = 0 −
2l  R 2 R 2 + z 2 R 2 R 2 + z12 
 2 
2.π

dl = Rdφ . l = R ∫ dφ ⇒ l = 2.π .R ,
0

µ .I  
B= 0  
z2 z1
−
logo: 4.π .R  R 2 + z2
2
R 2 + z12 
 

para R >> l e − z1 = z 2 = z

 
 
µ 0 .I  2z  µ 0 .I  2 
B=  =
4.π .R   4.π .R  
 R2 + z2   R
2

 1+   
 z 

66

z → l , para R >> l . Desprezamos o fator de 2, temos:

µ .I  z  µ .I l
2

B→ 0   = 0 .
4.π .R  R  4π .R R

µ 0 .I .l
B≅
4π .R 2

5.6)Um fio de forma parabólica conduz uma corrente I. Ache
H
a densidade de fluxo magnético B no foco. {Fonte:[1]}

Fig. Prob. 5-6a
Fonte:[8]

Sol:

1a Sol: (solução aproximada)

67

Fig. Prob. 5-6b
H H µ 0 .Idl sen θ
Temos que B é dado por dB = ,
4.π .r 2
Para elementos infinitesimais, temos:

Fig. Prob. 5-6c
Fonte: [8]

68

Da figura temos: dl = dr .dφ
H µ .Idr.dφ
dB = 0
4.π .r 2
π −∞ µ 0 .Idr.dφ µ 0 .I π  −∞ dr 
B=∫ ∫ = ∫ ∫ dφ =
0 r0 4π .r 2 4.π 0
 r0 r2 

µ 0 .I π  1 −∞  µ .I π
=
4.π ∫
0
−
 r
 r0
dφ = 0

 4.π .r0 ∫ 0
dφ

µ 0 .I µ .I
B= .π = 0 , lembrando que r é a distância focal,
4.π .r0 4.r0 0

e I a corrente que circula no fio.

2a Sol: (solução aproximada)

Utilizando a equação (7), página 225, da Referência:
Kraus, John D. Eletromagnetics

µ 0 .i θ2
Temos que: B =
4.π .r0 ∫θ1
dθ ,logo:

π
µ 0 .i.θ
µ 0 .i π µ 0 .i µ .i
B= ∫ dθ = ⇒ B= .π ⇒ B = 0 ,
0

4.π .r0 0 4.π .r0 4.π .r0 4.r0

lembrando que r0 é a distância focal, e I a corrente que
circula no fio.

69

3a Sol: (solução completa)

φ dr φ φ
r = r0 sec 2 → = r.tg sec 2
2 dφ 2 2
2
 dr 
dl = r +   dφ
2
 dφ 
 
φ  φ φ
2 2

dl =  r0 sec 2  +  r0tg sec 2  dφ
 2  2 2

φ
dl = r0 sec 3 dφ
2

µ 0 .I .dl. sen θ π µ .I .dl
dB = → θ = ⇒ dB = 0 2
4.π .r 2
2 4.π .r
φ φ
r0 sec3 dφ µ 0 .I . cos dφ
µ I 2 µ 0 .I .dφ 2
dB = 0 . = =
4.π (r ) 2 sec 4 φ 4.π .r . sec φ 4.π .r0
0 0
2 2

µ0 .I π φ µ .I φ π µ .I   π  
B= 2.∫ cos dφ = 0 2.(2 sen ) = 0 sen  − sen(0)
4.π .r0 0 2 4.π .r0 2 0 π .r0   2  
µ0 .I µ0 .I
B= ≅
π .r0 (3,14).r0

5.7)(a) Qual é o torque máximo numa bobina quadrada com
200 espiras situadas no campo com densidade de fluxo
uniforme B=4T? A bobina tem 150mm de lado e conduz
uma corrente de 8A.
(b) Qual é o momento magnético da bobina?
Fonte:[1]

70

Sol:
B = 4 [T]
N = 200 [espiras]
I = 8 [A]
l = 150 [mm]

Letra (a)
TM = N .I . A.B = N .I .l 2 B ⇒ TM = 144 [Nm]

Letra (b)
m' = N .I . A = N .I .l 2 ⇒ m' = 36 [Am ]
2

5.8)Calcule a indutância de uma bobina toroidal com núcleo
de ar, área da seção transversal de 1000mm2 e raio médio
de 500mm. O toroide tem um rolamento uniforme de 10.000
espiras. {Fonte:[1]}

Sol:
A = 1000 mm2
r = 500 mm
N=10000 espiras

µ . N 2 A µ .N 2 A
L= = ⇒ L = 4.10 − 2 H
l 2.π .r
L = 40mH

5.9)Um longo condutor reto de raio r carrega uma corrente
I que é coincidente com o eixo z. Encontre o campo
magnético na parte de dentro do condutor.

71

Sol:

Fig. Prob. 5-9

H H
I = ∫∫ J .ds
H H
∫ H .dl = I ' ⇒ H φ .2.π .r = I ' ⇒ H φ =
r
I'
2.π .r

A densidade de corrente é a mesma em qualquer r ≤ R ,
H
pois para r > R → J = 0
H H dJ
I = ∫∫ J .ds ⇒ =I
A
ds

I' I I .r 2
= → I'= 2
π .r 2 π .R 2 R
I' I .r 2 / R 2 I .r
Hφ = = =
2.π .r 2.π .r 2.π .R 2
^
como H = φ .H φ ⇒ H = φ .
^ I .r
2.π .R 2

72

H ^ ^ ^ H H
5.10) Se F = x x 2 + y 2 yz − z x 2 , ache ∇xF e o caminho de
H H
∇xF {Fonte:[1]}

Sol:
H H  ∂ ( x 2 ) ∂ (2. y.z )  ^  ∂ ( x 2 ) ∂ ( x 2 )  ^  ∂ (2. y.z ) ∂ ( x 2 )  ^
∇xF = −
 + . x + 
 ∂x − ∂z  y +  ∂x − ∂y  z
 ∂y ∂z   
 
 


H H ∂ ( x 2 ) ^ ∂ (2. y.z ) ^ ^ ^
∇xF = y− x = − x 2. y + y 2 x
∂x ∂z

5.11) Calcule a intensidade de campo magnético devido a
um condutor reto e infinitamente longo, percorrido por uma
corrente I ampères, em um ponto afastado r metros do
condutor.

Sol:
H H I
∫ H .dl = I = H ϕ .2.π .r = I ou H ϕ =
2.π .r
[A/m]

5.12) Uma espira retangular é colocada no campo do
condutor do problema 5.11 como mostra a figura abaixo.
Qual é o fluxo total enlaçando a espira?
Fonte:[1]

73

Fig. Prob. 5-12
Fonte:[1]

Sol:
µ .I
Bϕ = µ .H ϕ = [T]
2.π .r

µ .I .l dr
dψ m = Bϕ .ds =
2.π r µ .I .l r2
µ .I .l r2 dr ψm = ln [Wb]
2.π
2.π ∫r1 r
ψm = r1

5.13) Considere o circuito da figura abaixo. Os segmentos
curvos são círculos de raio a e b. Os segmentos retilíneos
H
estão ao longo dos raios. Ache o campo magnético B em P,
considerando uma corrente i no circuito.
Fonte:[5]

74

Fig. Prob. 5-13a
Fonte:[5]

Sol:
H µ 0i.dl sen θ
Temos que: dB =
4.π .r 2

As seções he e fg indicadas na figura abaixo não contribuem,
pois dl. sen θ = 0 , pois θ = 0 .
Ao longo do trecho fe, temos:

Fig. Prob. 5-13b
Fonte:[16]

75

 µ .i  dl sen θ π
B =  0 ∫ ,→θ =
 4.π 
2
r 2
 µ .i  .(a.dθ ). sen 90  µ 0 .i  θ µ .i.θ
0
B2 =  0  ∫ =  ∫0 dθ = 0
 4π .   4.π .a  4.π .a
2
a

µ 0 .i.θ
De modo análogo o trecho gh é B1 = ,
4.π .b
como a>b ⇒ B1 > B2 . Observe que B1 está apontando para
fora e B2 está para dentro; é só ver o sentido da corrente e
aplicar a regra da mão direita.

µ 0 .i.θ  1 1 
B = B1 − B2 =  −  , como B1 > B2 logo está apon-
4.π  b a 
tando para fora.

5.14) Um segmento retilíneo de fio, de comprimento L,
transporta uma corrente i. Mostre que o campo magnético
H
B associado a este segmento, a uma distância R tomada
sobre sua mediatriz, é dada em módulo por
µ 0 .i L
B=
2.π .R L + 4 .R 2
2

Fonte:[5]

Sol:

76

Fig. Prob. 5-14
Fonte:[16]

µ 0 .i.dl. sen θ
dB = , observe que da figura acima tiramos que:
4.π .r 2
R R
sen(π − θ ) = = ,
r x + R2
2

L 2 .R
para x = → sen(π − θ ) =
2 L + 4.R 2
2

x
cos(π − θ ) = − ,
x + R2
2

L L
para x = → cos(π − θ ) =
2 L2 + 4.R 2

e da figura
sen(π − θ ) = sen θ & cos(π − θ ) = − cos θ

77

L 2.R L L
x= → senθ = & x = → cosθ = − 2
2 L2 + 4.R2 2 L + 4.R 2

µ 0 .i.R + L dx
4.π ∫− 2
B=
(x ) , por simetria temos que:
2
L 3
2
+ R2

µ 0 .i.R +
L
dx
B= .2.[ ∫ 2
(x )
]
4.π 0 2
+ R2
3

chamando

R R
tgθ = →x= = R. cot gθ → dx = − R. cos ec 2θ .dθ
x tgθ

→ (x 2
+ R2 ) = ( R . cos ec θ ) = R . cos ec θ
3
2 2
3
3 3

π
x = 0 → cot gθ ' = 0 → θ ' =
2
observe que: L
x= →θ ''= θ
2

µ 0 .i.R θ '' '− R. cos ec 2θ .dθ µ 0 .i.R − 2 +θ dθ
4.π . ∫θ ' R 3 cos ec 3θ 4.π R 2 ∫2 cos ecθ
B= 2 = . π =

µ0 .i.R − 2 +θ
4.π R 2 ∫2
= . π sen θ .dθ

µ0 .i. +θ µ .i  π  µ .i
B= − 2(− cosθ = 0 2 cosθ − cos  = 0 2(cosθ )
4.π .R π 4.π .R  2  4.π .R
2

78

µ 0 .i L
B=−
2.π .R L2 + 4 R 2

o sinal menos indica o sentido de B, logo o módulo de B, é
µ 0i L
dado por B =
2.π .R L2 + 4 R 2

5.15) Ache a densidade de fluxo magnético B no centro de
uma espira quadrada com 2m de lado e com uma corrente
de 3A. {Fonte:[5]}

Sol:

Fig. Prob. 5-15

79

L
2
 L  sen θ =
2

r = x2 +   ; L
2

2 x + 
2

2

  
  L 
µ .I .dl. sen θ µ 0 .I .dx  1  
dB = 0 = .  2 .
4.π .r 2
4.π   2  L    2
L
2

x +  
 x + 
2

  2   
  2



 
L  
µ0 I    
dB =  2  . dx 
 3 
4.π 
 L 2 
2
 x2 +    
 

 2  
 


 L
µ .I .L L dx µ 0 .I .L  x 2
B= 0 .8∫ 2 = 
8.π 0 3
π  L 2
 L
2
 2  L 2  2
0

 2  x + 2 
2
x +       

  2 

2 2 .µ 0 .I
⇒B= , foi dado que I = 3 A e L = 2m , então,
π .L
⇒ B = 1,7.10 −6 T ⇒ B = 1,7 µ .T

80

obs.: 1) Sabe-se que µ 0 = 4.π .10 −7 H / m
2) O fator de 8 multiplicando a integral, vem do fato de
L
dividirmos em 8 segmentos de comprimento .
2

5.16) O fio mostrado na figura abaixo transporta uma
H
corrente i. Qual é o campo magnético B no centro C do
semicírculo produzido por: (a) por cada segmento retilíneo
de comprimento L; (b) pelo segmento semicircular de raio
R e (c) pelo fio inteiro? {Fonte:[5]}

Fig. Prob. 5-16a
Fonte:[5]

Sol:

Fig. Prob. 5-16b
Fonte:[16]

81

(a) Campo dos segmentos retilíneos
µ 0 .i.dl. sen θ
dB1 = , θ = 0 → B1 = 0
4.π .r 2

(b) Campo do semicírculo
µ 0 .idl sen θ
dB2 = , θ = 90 e R é o raio da circunferência;
0
4π .R 2

µ 0 .i µ .i π µ .i
logo dB2 = R.dθ ⇒ B2 = 0 ∫ dθ = 0 .π
4.π .R 2
4.π .R 0 4.π .R
µ 0 .i
B2 =
4.R

(c) Campo no fio inteiro
µ 0 .i µ 0 .i
B = B1 + B2 = 0 + =
4.R 4.R

5.17) Mostre que a densidade de fluxo magnético no centro de
uma espira de forma circular com uma corrente I é dada por
µ0 I
B=
2.r

Sol:

µ 0 .i.dl. sen θ π
dB = ⇒θ =
4.π .r 2
2
 x = r .cosθ
 → dl = dx 2 + dy 2 = (−r. sen θ .dθ ) 2 + (r. sen θ .dθ ) 2 =
 y = r .senθ

= r sen 2 θ + cos 2 θ .dθ = r.dθ
dx = −r. sen θ .dθ ; dy = r. cosθ .dθ

82

2.π µ 0 I .r.dθ µ I 2.π µ 0 .I µ I
B=∫ = 0 (θ = .2.π = 0
0 4.π .r 2
4.π .r 0 4.π .r 2.r

5.18) Mostre que a densidade de fluxo magnético no centro
do eixo das coordenadas de uma espira em forma de um
"Espiral de Archimedes" com uma corrente I é dada por

µ0 I  12 
B= ln θ + 1 + (θ ) 2 − 1 +   + G 
4.π .a  θ  
   
2
1
onde G = 1 + limθ i →0  
θ 
 i
Sol:

Fig. Prob. 5-18
Fonte: [8]

83

dr
r = aθ → =a
dθ
2
 dr 
dl = r +   dθ = a θ + a dθ
2 2 2 2

 dθ 
dl = a 1+ θ 2 dθ

µ 0 I .dl µ 0 I .a. 1 + θ 2 dθ µ I 1 + θ 2 dθ
dB = = = 0
4.π .r 2 a 2 .θ 2 4.π .a θ2

µ0 I θ 1 + θ 2
4.π .a ∫0 θ 2
B= dθ

µ0 I .  
2
1
ln θ + 1 + (θ ) − 1 +   + G 
B=
2

4.π .a  θ  
 

2
1
G = 1 + limθ i →0  
θ 
 i

do eixo das coordenadas de uma espira em forma de uma
"Espiral Logarítmica" com uma corrente I é dada por

µ I
2

B = 0 . 1 +   .( − e − aθ )
1
1
4.π . a

84

Sol:

Fig. Prob. 5-19

µ 0 I .dl sen ξ
dB = , → dl perpendicular a
4.π .r 2
µ 0 I .dl
r ⇒ ξ = 90 0 ⇒ dB =
4.π .r 2
2
dr  dr 
r=e a .θ , = a.e aθ , dl = r 2 +   dθ ,
dθ  dθ 

dl = e 2 aθ + a 2 .e 2 aθ dθ ⇒ dl = e aθ 1 + a 2 dθ

dl = e 2 aθ + a 2 .e 2 aθ dθ ⇒ dl = e aθ 1 + a 2 dθ
µ0 I µ I
dB = aθ 2
.e aθ 1 + a 2 dθ = 0 .e − aθ 1 + a 2 dθ
4.π .(e ) 4.π

µ0 I 1 + a 2 θ µ 0 I 1 + a 2  1 − aθ θ
B=
4.π ∫0
e − aθ dθ ⇒ B =
4.π
− e
 a 0

85

µ I 1+ a2
(1 − e −aθ ) = µ.0πI 1 +  1  (1 − e −.aθ )
2

⇒B= 0  
4.π .a 4 a

µ I
2

⇒ B = 0 . 1 +   .( − e − aθ )
1
1
4.π . a

do eixo das coordenadas de uma espira em forma de um
"Espiral Hiperbólica" com uma corrente I é dada por
µ 0 I θ 1 
B=  2 θ + 1 + 2 ln θ + θ + 1 
2 2

4.π .a  

Sol:

Fig. Prob. 5-20
Fonte:[8]

Referências para estudo da teoria5
5
Referências:
Kraus, John D ; Carver, Keith R. Eletromagnetismo
Editora Guanabara Dois, 1978
⇒ capítulo 5 (cinco)
Kraus, John D. Eletromagnetics
McGraw-Hill International Editions , 1991
⇒ capítulo 6 (seis)

86

CAPÍTULO 6

O CAMPO MAGNETOSTÁTICO DE
MATERIAIS FERROMAGNÉTICOS

6.1- Uma agulha magnetizada de momento magnético 20
Am2 está situada num campo magnético uniforme de 50µT
de densidade de fluxo. Ache o torque máximo na agulha.
{Fonte:[1]}

Sol:
T = IAB = mB = (20 Am 2 )(50µT ) = 1mNm

6.2- Uma barra uniformemente magnetizada com um vo-
lume de 0,01 m3 tem um momento magnético de 500 Am2.
Se a densidade de fluxo B=50mT na barra, qual será o valor
de H na barra?{Fonte:[1]}

Sol:

m 500 Am 2
M= = = 50 KA / m
v 0,01m3
B − µ 0M
B = µ0 ( H + M ) ⇒ H =
µ0

87

50 mT − ( 4.π .10 − 7 H / m)(50 KA / m)
H= = −10 KA / m
4.π .10 − 7 H / m

6.3- Uma barra de ferro retangular tem um comprimento
x1 e uma área de seção transversal A. A permeabilidade é
µ1 − µ 0
uma função de x dada por µ = µ 0 + x , ache a
x1
permeabilidade da barra. {Fonte: [1]}

Sol:
H
∫ H .dl ⇒ ℘ = 1
2

ℜ= H H
1

∫∫ B.ds
S
ℜ

H H H H
℘=
∫∫ B.dsH = ∫∫ H .ds = ∫∫ ds =
H
B ∫∫ ds
H
∫ H .dl ∫  B .dl ∫ µ ∫
2
dx x1 x1 dx
 
 
1
  µ1 − µ 0  
µ
0 0

µ0 + 
 x .x  
  1  

A A
℘= = =
x1 ∫
0
x1 dx
x1µ 0 + ( µ1 − µ 0 ) x
x1
µ1 − µ 0
[
ln x1µ 0 + (µ1 − µ 0 )x 01
x

=
(µ1 − µ0 )A
µ 
x1. ln 1 
µ 
 0

88

6.4- Um anel de ferro tem uma área de seção transversal
uniforme de 150mm2 e um raio médio de 200mm. O anel é
contínuo exceto por um entreferro de 1mm de largura. Ache
o número de espiras necessário no anel para produzir uma
densidade de fluxo B=0,5T. Despreze a franja. Quando
B=0,5T no ferro µ r = 250 .{Fonte:[1]}

Sol:

Dados: B=0,5T; Rm=200mm; g=1mm; A=150mm2

l − g 2π .Rm − g
ℜf = = = 26,65( MA / Wb)
µ. A µ r .µ 0 . A

g
ℜe = = 5,04( MA / Wb)
µ0 .A

H H
∫ H .dl = NI = BA.(ℜ f + ℜ g ) = 2,4.( KAesp )

6.5-Um eletroimã consiste de um “yoke” de ferro em for-
ma de U e de uma barra de ferro como mostra a fig. 6-5.
Uma lâmina fina de cobre sobre a barra evita o contato de
ferro com ferro entre a barra e o “yoke”. Se o fluxo magné-
tico através do circuito for 15mWb e área de contato da
barra e do “yoke” for de 0,015m2 por pólo, qual será o peso
que o “yoke” suportará (incluindo o peso da barra)? Des-
preze a franja.

89

Fig. Prob. 6-5
Fonte:[1]

Sol:

Dados: Φ = 15mWb ; A = 0,015m 2
H H Φ 15mWb
Φ = ∫∫ B.ds = B. A ⇒ B = = = 1T
S
A 0,015m 2

F=
B 2.A
=
2
( )
(1T ) 0,015m 2 = 5,97 KN
(
2.µ 0 2. 4.π .10 −7 H / m )
P = 2 F = 11,94 KN

em Kgf, temos que dividir por 9,81
11,94kN
P= = 1217,5kgf
9,81

90

6.6- (a) Se a área de contato do eletroimã do problema 6.5
fosse reduzida a 0,005mm2, afunilando-se as seções do
“yoke”, qual seria o peso que o “yoke” suportaria? Supo-
nha que o fluxo total é o mesmo que antes e despreze a
franja. (b) Na prática, o que impede a força de atração au-
mentar indefinidamente quando a área é reduzida?

Sol:

Letra (a)

Φ 15mWb
B= = = 3T
A 0,005m 2

F=
B 2 .A
=
2
( )
(3T ) 0,005m 2 = 17,9 KN
(
2.µ 0 2. 4.π .10 −7 H / m )
P = 2 F = 35,81KN

em Kgf, temos que dividir por 9,81
35,81KN
P= = 3650,34 Kgf
9,81

Letra (b)

A impossibilidade de se reduzir a área indefinidamente.

6.7- Um imã de ferro circular de 0,02m2 de área de seção trans-
versal e 300mm de raio tem um entreferro de 1mm e um
enrolamento de 1200 espiras. Se a corrente através da bobina
for de 6 A, qual será a força que tenderá a fechar o entreferro?
Considere µ r = 1000 para o ferro e despreze a franja.

91

Sol:

Fig. Prob. 6-7
Fonte:[1]

Sabe-se que µ 0 = 4.π .10 −7 H / m

Dados:
g = 1mm ; R = 300mm ; A = 0,02m 2 ; µ r = 1000 ; N = 1200
espiras; i = 6 A

ℑmm = N .i = Φ (ℜ f + ℜ g ) ⇒ Φ =
N .i
ℜ f + ℜg

92

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