Exercícios resolvidos eletro

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ELETRO EXERCICIOS

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Exercícios resolvidos eletro

  1. 1. EXERCÍCIOS RESOLVIDOS
  2. 2. ELETRIZAÇÃO E FORÇA ELÉTRICA1. Um corpo eletrizado positivamente apresenta a quantidade de carga de 480 µ C . Calcule o número de elétrons perdidos pelo corpo, inicialmente neutro. DADO: e = 1, 6 ⋅10−19 C. Resolução Q = 480 µ C = 480 ⋅10−6 C Q = n⋅e −6 −19 480 ⋅10 = 1, 6 ⋅10 n n = 3 ⋅10 elétrons 152. Duas esferas idênticas de tamanhos desprezíveis, com cargas 3Q e Q, encontram-se no vácuo, separadas de uma distância d. Sobre cada uma delas age uma força F , de interação eletrostática. Colocam-se as duas esferas em contato até que atinjam o equilíbrio eletrostático. Calcule a intensidade da força F que age sobre as duas esferas quando separadas de uma distância d, em relação a intensidade de F . Resolução: 3Q Q F F * Antes do contato: d 3Q ⋅ Q 3Q 2 1 F =k F =k d2 d2 2Q 2Q * Após o contato: F F d 2Q ⋅ 2Q 4Q 2 2 F = k F = k d2 d2De 1 e 2 tem-se 4Q 2 k⋅F d2 F 4 4⋅ F = = F =F 3Q 2 F 3 3 k⋅ d
  3. 3. 3. Considere dois pontos materiais A e B no vácuo, afastados de qualquer outro corpo. O ponto A é fixo e possui carga elétrica positiva +Q . O ponto B executa movimento circular e uniforme com centro A e raio r, ele tem massa m e carga elétrica negativa –q. Desprezando-se as ações gravitacionais, determine a velocidade de B. É dada a constante eletrostática K. Resolução Como o movimento é circular e uniforme, a força elétrica está voltada para o centro, decorrendo que ela é uma força centrípeta: v Força elétrica = Força centrípeta B -q Q⋅q V2 r Felet = k0 ⋅ 2 Fcp = m ⋅ Qcp = m ⋅ r r A Q ⋅ q m ⋅V 2 Q⋅q +Q k0 ⋅ 2 = V = k0 ⋅ r r m⋅r Felet4. Nos vértices de um triângulo eqüilátero de 3m de lado, estão colocadas as cargas q1 = q2 = 4 ⋅10−7 C e q3 = 1, 0 ⋅10−7 C . Calcule a intensidade da força resultante que atua em q3 . O meio é o vácuo. Resolução F q1 = q2 = 4, 0 ⋅10−7 C F23 60º F q3 = 1, 0 ⋅10−7 C 13 k0 = 9 ⋅109 N ⋅ m 2 / C 2 q3 F23 F13 4 ⋅10−7 ⋅1 ⋅10−7 F13 = F23 = 9 ⋅109 q3 32 60º F13 = F23 = 4 ⋅10−5 N F 2 = F13 + F23 + 2 ⋅ F13 ⋅ F23 cos 60° 2 2 3m 3m F = 4 3 ⋅10−5 N q1 q2 3m
  4. 4. CAMPO ELÉTRICO1. Duas cargas puntiformes são fixadas nos pontos A e B distantes de um metro. Sendo a carga em A, QA = 10−6 C e a carga em B, QB = 4 ⋅10−6 C , determine um ponto P, onde o vetor campo elétrico resultante seja nulo. Resolução A B EB P EA QA QBE A = EB X 1-X Q QBk A =k X 2 (1 − X ) 2 1m10 −6 4.10 −6 = (1 − X )2 = 4 X 2 X 2 (1 − X ) 2 13X 2 + 2 X −1 = 0 X = m (em relação ao ponto A sobre o segmento AB ), 3 OBS: X = −1m não convém, pois significa que o ponto P estaria à esquerda de A, onde E A e EB teriam mesma direção e sentidos iguais, não resultando um campo elétrico nulo.2. A figura mostra duas partículas carregadas de intensidade q mas de sinais contrários, separadas de uma distância d. Supondo-se que Z d , mostre que o campo elétrico deste dipolo elétrico, em um ponto P , uma distância Z do ponto médio do dipolo e sobre o eixo que passa pelo centro 1 1 das partículas é dado pela expressão F = . 2πε 0 Z 3 Resolução A intensidade E do campo elétrico em P é 1 q 1 q E = E( + ) − E( − ) E= − 4πε 0 r 2 (+) 4πε 0 r 2 (−) q q E= 2 − 2 1 1 1 4πε 0 z− d 4πε 0 z+ d 2 2 −2 −2 q d d E= 1− − 1+ 2 4πε 0 Z 2 2z 2z
  5. 5. d A grandes distâncias como esta, temos 1 2zNa equação 2 podemos então expandir as duas grandezas entre parênteses dessa equação peloteorema binomial: n −1 2(1 + y ) n = 1 + ny + n y +−−−−− 2!Obtendo-se para essas grandezas: 2d 2d 1+ + − − − − − 1− +−−−− 2 z (1!) 2 z (1!) q d dLogo, E = 1+ + − − − − 1+ + − − − 4πε 0 z 2 z zOs termos omitidos nas duas expressões da equação anterior envolvem d/z elevado a potênciasprogressivamente mais altas. Como d / z 1 , as contribuições desses termos são progressivamentemenores e para aproximamos E a grandes distâncias, podemos desprezá-los. Assim, em nossaaproximação podemos prescrever a equação anterior, como q 2d 1 qd E= = 4πε 0 z z 2 2πε 0 z 3O produto qd é a intensidade ρ de uma grandeza vetorial conhecida como o momento de dipoloelétrico ρ do dipolo. 1 ρLogo: E = 2πε 0 z 3 OBS: Adotamos como sentido de ρ o da extremidade negativa para a extremidade positiva do dipolo.3. A figura seguinte mostra um anel fino de raio R com uma densidade linear de carga positiva uniforme λ ao redor da sua circunferência. Podemos imaginar o anel feito de plástico ou de algum material isolante, de modo que as cargas possam ser consideradas fixas. Qual o campo elétrico E no ponto P, a uma distância Z do plano do anel ao longo do seu eixo central?
  6. 6. ResoluçãoSeja ds o comprimento (de arco) de qualquer elemento diferencial do anel. Como λ é a carga porunidade de comprimento, o elemento possui uma intensidade de carga dq = λ ⋅ dsEsta carga diferencial cria um campo elétrico diferencial dE no ponto P, que está a uma distância rdo elemento. Tratando o elemento como um carga pontual, podemos expressar a intensidade de dEcomo 1 dq 1 λ ds dE = = 4πε 0 r 2 4πε 0 r 2Da figura, podemos reescrever a equação anterior como 1 λ ds dE = 4πε 0 ( Z + R 2 ) 2A figura nos mostra que dE forma um ângulo com o eixo central (que tomamos como sendo o eixoZ) e possui componentes perpendiculares e paralelos a esse eixo.As componentes perpendiculares se cancelam e não precisamos mais considerá-las. Restam apenasas componentes paralelas. Todas elas possuem a mesma direção e sentido, portanto o campoelétrico resultante em P é a soma delas.A componente paralela de dE mostrada na figura, possui intensidade dE cos θ . A figura tambémnos mostra que Z 2 cos θ = = r ( Z + R 2 )1/2 2 Zλ dE cos θ = ds 4πε 0 ( Z 2 + R 2 ) 3/ 2Logo: 2π R Zλ E = dE cos θ = ds 4πε 0 ( Z 2 + R 2 ) 3/2 0 Z λ (2π R)E= 4πε 0 ( Z 2 + R 2 ) 3/2Como λ é a carga por comprimento do anel, o termo λ (2π R ) é a carga total q do anel. qZEntão E = (Anel Carregado) 4πε 0 ( Z 2 + R 2 ) 3/2
  7. 7. 4. A figura seguinte mostra um disco circular de plástico com raio R que possui uma carga superficial positiva de densidade uniforme σ na sua superfície superior. Qual o campo elétrico no ponto P, a uma distância Z do disco ao longo do seu eixo central?Resolução O disco será dividido em anéis planos concêntricos e depois calcular ocampo elétrico no ponto P somando (ou seja, integrando) as contribuições detodos os anéis. A figura mostra um destes anéis, com raio r e espessura radialdr. Como σ é a carga por unidade de área, a carga sobre o anel é dq = σ dA = σ (2π rdr ),Onde dA é a área diferencial do anel.A expressão para o campo elétrico dE em P devido ao nosso anel plano será: Zσ 2π rdr dE = 4πε 0 ( Z 2 + r 2 ) 3/2 σZ 2π drLogo: dE = 4ε 0 ( Z + r 2 )3/ 2 2Integrando na variável r de r = 0 até r = R . Observe que Z permanece constante durante esteprocesso, assim −3/2 σZ R E = dE = 4ε 0 (Z 2 + r2 ) (2r ) dr 0Para resolvermos esta integral, podemos reescrevê-la na forma 3 X m dX , fazendo X = ( Z 2 + r 2 ); m = − 2e dX = (2r )dr . Para a integral reescrita temos X m +1 X m dX = m +1 R σ Z ( Z 2 + r 2 ) −1/ 2Então, E = 4ε 0 − 1 2 0Substituindo os limites desta equação e reordenando, obtemos σ Z E= 1− (disco carregado) 2ε 0 Z 2 + R2 !
  8. 8. OBS: Se fizermos R → ∞ mantendo Z finito, o segundo termo entre parênteses da equação anterior tende a zero e esta equação se reduz a σ E= 2ε 0Este é o campo elétrico produzido por uma placa infinita com carga uniformemente distribuídasobre um dos lados de um isolante.FLUXO DE UM CAMPO ELÉTRICO – A LEI DE GAUSS1. Um campo elétrico não-uniforme dado por E = 3, 0 xi + 4, 0 ˆ atravessa o cubo gaussiano ˆ j mostrado na figura seguinte. (E é dado em Newtons por Coulomb e x em metros.) Qual o fluxo elétrico através da face direita, da face esquerda e da face superior?ResoluçãoFACE DIREITA: um vetor área A é sempre perpendicular à sua superfície e sempre aponta parafora da superfície gaussiano. Assim, o vetor dA para a face direita do cubo deve apontar no sentidopositivo de x. Então, em notação com o vetor unitário, ˆ dA = dAi . Φ d = E ⋅ dA = (3, 0 xi + 4, 0 ˆ) ⋅ (dAi ) ˆ j ˆ = (3, 0 x)(dA)i ⋅ i + (4, 0)(dA) ˆ ⋅ i ) ˆ ˆ j ˆEntão = (3, 0 xdA + 0) = 3, 0 xdA = 3, 0 (3, 0)dA = Φ d = 9, 0 1A = 9, 0 A A = 4, 0m 2 = Φ d == 9, 0 (4, 0)m 2 Φ d == 36 N ⋅ m 2 / CFACE ESQUERDA: O vetor de área diferencial dA aponta no sentido negativo do eixo x, portanto ˆdA = −dAi . Na face esquerda, x = 1, 0m . Usando o mesmo procedimento da face direita, teremos Φ e = −12 N ⋅ m 2 / C "
  9. 9. FACE SUPERIOR: O vetor de área diferencial dA aponta no sentido positivo do eixo y, logo ˆdA = dAj . O fluxo Φ através da superfície superior é entãoΦ s = (3, 0 xi + 4, 0 ˆ) ⋅ (dAj ) = ˆ j ˆ (3 x)(1A)i ⋅ ˆ + (4, 0)(dA) ˆ ⋅ ˆ ˆ j j j (0 + 4, 0dA) = 4, 0 dA = 4 A= 4(4m 2 ) Φ s = 16 N ⋅ m 2 / C= 16 N ⋅ m 2 / C 22. A figura seguinte mostra uma seção de uma barra cilíndrica de plástico infinitamente longa, com uma densidade linear de carga positiva uniforme λ . Determine uma expressão para a intensidade do campo elétrico E a uma distância r do eixo da barra.Resolução Escolhemos uma superfície gaussiana cilíndrica fechada,composta de um cilindro circular de raio r e comprimento h, coaxialcom a barra e duas tampas nas suas extremidades como partes dasuperfície. Em todos os pontos da parte cilíndrica da superfíciegaussiana, E de ter a mesma intensidade E e deve estar dirigidaradialmente para fora ( para uma barra positivamente carregada). O fluxo de E através desta superfície cilíndrica é então Φ = EA cos θ Φ = E (2π rh) cos 0º = E (2π rh) Não há fluxo através das bases do cilindro, pois E , sendo dirigido radialmente, é paralelo àsbases do cilindro em todos os pontos. A carga envolta pela superfície é λ h , então a Lei de Gauss, ε 0 Φ = qenv , se reduz a ε 0 E (2π rh) = λ h λ Então E = (linha de carga) 2πε 0 r #
  10. 10. POTENCIAL ELÉTRICO1. A figura seguinte mostra dois pontos i e f em um campo elétrico uniforme E . Determine a diferença de potencial V f − Vi movendo a carga de teste positiva q0 de i até f ao longo da trajetória icf mostrada na figura.ResoluçãoLinha ic : em todos os pontos ao longo da linha ic , o deslocamento ds da carga de teste éperpendicular a E . Assim, o ângulo θ entre E e ds é 90º e o produto escalar E ⋅ ds é zero. A cequação Vc − Vi = − E ⋅ ds iNos diz então que os pontos i e c estão no mesmo potencial: Vc − Vi = 0 f f V f − Vi = − E ⋅ ds , V f − Vi = − E ⋅ ds i c f V f − Vi = − E (cos 45º )ds c f fPara a Linha cf, temos θ = 45º e da equação V f − Vi = − E (cos 45º ) ds; ds = cf c c d d cf = V f − Vi = − E (cos 45º ) sen 45º sen 45º V f − Vi = − Ed (resposta ) $
  11. 11. CAPACITÂNCIA1. Um capacitor C1 de 3,55µ F é carregado até que seus terminais fiquem à diferença de potencial V0 = 6,30V . A bateria utilizada para carregar o capacitor é então removida e o capacitor é ligado, como na figura, a um capacitor C2 descarregado, com C2 = 8,95µ F . Depois que a chave S é fechada, a carga escoa de C1 para C2 até que o equilíbrio seja atingido, com ambos os capacitores à mesma diferença de potencial V. (a) Qual é esta diferença de potencial comum? (b) Qual a energia armazenada no campo elétrico, antes e depois de fecharmos a chave S na figura. S q0 C1 C2Resolução(a) A carga original q0 está agora dividida entre os dois capacitores ou q0 = q1 + q2Aplicando a relação q = CV a cada termo obtemos C1V0 = C1V + C2V C1 (6,30V )(3,55µ F )Ou V = V0 = = 1, 79V C1 + C2 3,55µ F + 8,95µ F(b) A energia armazenada inicialmente é 1 1U i = C1V02 = (3,55 ⋅10−6 F )(6, 30V ) 2 2 2U i = 70,5µ jA energia final é 1 1U f = C1V 2 + C2V 2 2 2 1 1U f = (C1 + C2 )V 2 = (3, 55 ⋅10 −6 F + 8, 95 ⋅10 −6 F )(1, 79) 2 2 2U f = 20 µ j $$
  12. 12. 2. A figura seguinte mostra uma chapa dielétrica de espessura b e constante dielétrica k e introduzida entre as armaduras de um capacitor plano de área A e separação d. Antes da introdução do dielétrico, aplicou-se uma diferença de potencial V0 entre as armaduras do capacitor. A bateria foi então desligada e o dielétrico introduzido. Suponha queA = 115 cm 2 ; d = 1, 24 cm; b = 0, 78 cm, ke = 2, 61;V0 = 85,5V(a) Calcule a capacitância C0 antes da introdução do dielétrico. (b) Qual a carga livre que aparecenas placas? (c) Calcule a intensidade do campo no interior do dielétrico. (d) Calcule a intensidadedo campo no interior do dielétrico (e) Calcule a diferença de potencial entre as armaduras. (f)Calcule o valor da capacitância após a introdução do dielétrico.Resolução ε0 A (8,85 ×10−12 F / m).(115 ×10−4 m 2 )(a) C0 = = C0 = 8, 2 ×10−12 F d 1, 24 ×10−2 m(b) Para a carga livre nas placasq = C0V0 = (8, 21×10−12 F )(85,5V ) = 7, 02 ×10−10 C(c) Aplicando a Lei de Gauss: ε 0 ke E ⋅ dA = q q 7, 02 ×10 −10 CE0 = = ε 0 A (8,85 ×10−12 F / m)(115 × 10−4 m 2 )E0 = 6.900 V / m = 6, 90 kV / m(d) Aplicando a equação ε 0 ke E ⋅ dA = qε 0 ke E ⋅ dA = − q, − ε 0 ke EA = − q q E0 6,90kV / mE= = = = 2, 64 kv / m k eε 0 A ke 2, 61 $
  13. 13. − V= E ds = E0 ((d − b) + Eb) +(e) V = (6.900 V / m)(0, 012m − 0, 0078m) + (2, 640 V / m)(0, 0078m) V = 52,3V q 7, 02 ×10−10 C(f) C = = = 1, 34 ×10−11 F = 13, 4 pF V 52,3VDENSIDADE DE CORRENTE1. Um fio de alumínio, cujo diâmetro é de 25mm, é soldado à extremidade de um fio de cobre cujo diâmetro é de 1,8mm. No fio resultante, circula uma corrente constante de 1,3 ampéres. Qual a densidade de corrente em cada caso? i* Para o alumínio: j = A 1A = π d 2 = (π / 4)(2,5 ×10−3 )2 = 4,91× 10−6 m 2 4 1, 3 ALogo: j = −6 = 2, 6 × 105 A / m 2 4,91× 10 m 2* Para cobre: A = 2,54 ×10−6 m 2 i 1,3 Aj= = −6 = 5,1× 105 A / m 2 A 2, 54 × 10 m 2CIRCUITOS DE CORRENTE CONTÍNUA1. Dada a rede elétrica seguinte, calcular: (a) E1; (b) E2; (c) A tensão entre A e B. r1 5,5Ω R1 0,5Ω E1 i1 3A α i3 r3 E3 1, 0Ω A B 4,5V R3 0,5Ω i2 β 2A r2 3,5Ω 0,5Ω E2 R2 $
  14. 14. Resolução (a) A rede apresentada possui n = 2 nós (A e B). Portanto, aplicando-se a 1º Lei de Kirchhoff para (n = 1)nós (= 2-1) =1 nó, tem-se: i1 + i2 = i3 (Nó A) 3 + 2 = i3 , i3 = 5 A (b) Aplicando-se a 2ª Lei de Kirchhoff na malha alfa (α ) , no sentido do percurso adotado: r3 ⋅ i3 + E3 + r3 ⋅ i3 + R1 ⋅ i1 − E1 + r1 ⋅ i1 = 0 0, 5 ⋅ 5 + 4, 5 + 1 ⋅ 5 + 5, 5 ⋅ 3 − E1 + 0,5 ⋅ 3 = 0 E1 = 30V (c) Identicamente para a malha beta ( β ) : r3 ⋅ i3 + E3 + R3 ⋅ i3 + R2 ⋅ i2 − E2 + r2 ⋅ i2 = 0 0, 5 ⋅ 5 + 4,5 + 1 ⋅ 5 + 3,5 ⋅ 2 − E2 + 0, 5 ⋅ 2 = 0 E2 = 20V (d) Aplicando-se a Lei de Ohm generalizada no ramo central AB tem-se: U AB = VA − VB = i ⋅ resistencias + fcems − fems U AB = i3 ⋅ (r3 + R3 ) + E3 − 0 U AB = 5(0, 5 + 1) + 4,5 U AB = 12VCIRCUITOS RC1. Um resistor R = 6, 2 M Ω e um capacitor C = 2, 4 µ F são ligados em série juntamente com uma bateria de 12V, de resistência interna desprezível. (a) Qual é a constante de tempo capacitiva deste circuito? (b) Em que instante depois de a bateria ser ligada a diferença de potencial nos terminais do capacitor é 5,6V?Resolução: (a) τ c = RC τ c (6, 2 × 106 Ω)(2, 4 ×10−6 F ) = 15s q V V (b) Vc = = ε 1 − c , tirando o valor t, e usando τ c = RC , t = −τ c ln 1 − c c ε ε 5, 6V t = −(15Ω) ln 1 − t = 9, 4 s 12V $
  15. 15. O CAMPO MAGNÉTICO CAMPO MAGNÉTICO DE UMA ESPIRA CIRCULAR1. Duas espiras circulares, concêntricas e coplanares, de raios 4π m e 5π m , são percorridas por correntes de intensidades 2A e 5A, conforme a figura. Calcular a intensidade do vetor indução magnética no centro das espiras, sendo µ = 4π ⋅10−7 T ⋅ m / A e caracterize o vetor indução magnética criado por cada espira no centro I2 = 5A O R1 R2 i1 = 2AResoluçãoR1 = 4π m, i1 = 2 A, R2 = 5π m, i2 = 5 AAplicando-se a regra da mão direita, vê-se que a corrente i1 , cria no centro das espiras um vetorindução magnética perpendicular ao plano da espira, com o sentido do plano para o observador, deintensidade B1 µ ⋅ i1 4π ⋅10−7 ⋅ 2B1 = = 2 R1 2 ⋅ 4πB1 = 10−7 T 2AA segunda espira cria, no centro das espiras, um vetor indução magnética perpendicular ao plano daespira com o sentido do observador para o plano, de intensidade 5A µ ⋅ i2 4π ⋅10−7 ⋅ 5 B2B2 = = B2 = 2 ⋅10−7 T 2 R2 2 ⋅ 5πO vetor indução magnética resultante, no centro será perpendicular ao plano das espiras, “entrando”no plano (do observador para o plano) pois a intensidade de B2 , é maior que a de B1 . B = B1 + B2 ou B = B2 − B1 = 2 ⋅10−7 − 10−7 B = 10 −7 T $
  16. 16. CAMPO MAGNÉTICO EM TORNO DE UM CONDUTOR RETO1. Dois fios longos, retos e paralelos, situados no vácuo, são percorridos por correntes contrárias, com intensidade 2 A e 4 A , e separadas entre si de 0,20m. Calcule a intensidade do vetor indução magnética resultante no ponto P, indicado na figura. DADO: µ = 4 µ ⋅10−7 T ⋅ m / A P i1 10 cm 10 cm i2 = 4 A 2AResoluçãoO fio 1, cria em P, um vetor campo magnético entrando no plano do papel, de intensidade: µ ⋅ i1 4π ⋅10−7 ⋅ 2B1 = = B1 = 4 ⋅10 −6 T 2π d1 2π ⋅ 0,1O fio 2 também cria, em P, um vetor indução magnética “entrando” no plano do papel, deintensidade: µ ⋅ i2 4π ⋅10 −7 ⋅ 4B2 = = B2 = 8 ⋅10−6 T 2π d 2 2π ⋅ 0,1Portanto, a intensidade do vetor indução magnética resultante será:B = B1 + B2 B = 4 ⋅10−6 + 8 ⋅10−6 B = 1, 2 ⋅10 −5 T i1 B1 B2 i2 P P d1 = 10cm d2 = 10cm $
  17. 17. FORÇA SOBRE UMA CARGA MÓVEL EM UM CAMPO MAGNÉTICO UNIFORME1. Uma carga q = 2 µ C , com velocidade v = 10m / s , penetra numa região onde atua um CMU de intensidade B = 10T , conforme a figura. Os vetores v e B formam um ângulo de 30º e estão contidos no plano (XZ). Determine o módulo, a direção e sentido da força magnética. Y B q X θ Z VResolução(a) A intensidade da força magnética é:FMAG = q ⋅ V ⋅ B ⋅ senθ FMAG = 2 ⋅10−6 ⋅10 ⋅10 ⋅ sen 30ºFMAG = 10 −4 N(b) A direção da força magnética é perpendicular ao plano formado por v e B (plano XZ).(c) O sentido é determinado pela regra da mão esquerda Y FMAG X θ Z VFORÇA SOBRE UM CONDUTOR RETO EM UM CAMPO MAGNÉTICO UNIFORME1. Um condutor na forma retangular, de dimensões 10cm e 20cm (ver figura) está totalmente imerso em um campo magnético uniforme de intensidade B = 0, 5T . Calcule a intensidade da força que atua em cada ramo do condutor e o momento de rotação a que ele fica submetido, quando a intensidade da corrente for de 2A. $!
  18. 18. A 10 cm B 20cm B D C i iResoluçãoAplicando-se a regra da mão esquerda para determinar o sentido da força magnética, em cada ramo,tem-se: nos ramos AB e CD, as forças magnéticas têm intensidades nulas, pois as direções dascorrentes são paralelas às de B ; Nos ramos AD e BC, o ângulo entre B e i é igual a 90º, entãoFMAG = B ⋅ i ⋅ ⋅ senθ = B ⋅ i ⋅ sen 90º = 0,5 ⋅ 2 ⋅ 0, 2 = 0, 2 NPode-se ver, através da figura, que o condutor fica sujeito a um BINÁRIO DE FORÇAS.M = FMAG ⋅ d , onde d = AB = 0,1mM = 0, 2 ⋅ 0,1 M = 2 ⋅10−2 N ⋅ m A i B FMAG FMAG 0, 2m B i i D i C i $"
  19. 19. FORÇA ENTRE DUAS CORRENTES PARALELAS1. Dois fios longos, retos e paralelos, situados no vácuo, são percorridos por correntes contrárias, de intensidade i1 = 2 A e i2 = 4 A . A distância entre os fios é de 0,1m. (a) Os fios se atraem ou se repelem? (b) Com que força, para cada metro de comprimento do fio? (c) O que ocorrera se inverter o sentido da corrente i2 ?Resolução (a) Como as correntes têm sentido opostos, há repulsão. (b) A intensidade da força para cada metro do fio é: µ0 ⋅ i1 ⋅ i2 ⋅ 4π ⋅10 −7 ⋅ 2 ⋅ 4 ⋅1 FMAG = = = FMAG = 1, 6 ⋅10−5 N 2π d 2π ⋅ 0,1 (c) Invertendo o sentido da corrente i2 , têm-se ambas as correntes no mesmo sentido, ocasionando atração entre os fios.INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA * Força eletromagnética induzida - femi (Ω)1. Um condutor retilíneo e horizontal, C, de resistividade ρ = 1, 6 ⋅10 −6 Ω ⋅ cm , área A = 0, 2 cm 2 de secção transversal constante e comprimento = 10cm , move-se sem atrito sobre dois condutores paralelos e horizontais, A e B , de resistência elétrica desprezível, interligados por um amperímetro ideal. O conjunto está imerso num campo magnético uniforme e vertical, de intensidade B = 10 −5 T . O condutor C tem velocidade constante V = 8 m / s . Determine: (a) A fe mi ; (b) A intensidade da corrente no amperímetro; (c) O peso do corpo suspenso, conforme a figura, que mantém a velocidade constante. $#
  20. 20. B A A B Resolução: Corpo suspenso (a) e = B ⋅ ⋅ V e = 10−5 ⋅10 −1 ⋅1 e = 8 ⋅10−6 V 10 R=ρ R = 1, 6 ⋅10−6 ⋅ R = 8 ⋅10−5 Ω A 0, 2 (b) U e 8 ⋅10−6 U = Ri i= = = i = 0,1A R R 8 ⋅10−5 FMAG = T (c) Para que a velocidade seja constante, FR = 0 ou seja: B ⋅ i ⋅ = T 10 −5 ⋅ 0,1 ⋅10−1 = T T = 10−7 N P = T Peso = 10−7 N FMAG TLEI DE FARADAY 1. A figura mostra uma espira condutora formada por um semicírculo de raio r = 0, 20m e três segmentos retos, o semicírculo está localizado em um campo magnético uniforme B que estar orientado para fora da página. A intensidade do campo é dada por
  21. 21. B = 4, 0t 2 + 2, 0t + 3, 0 , com B em teslas e t em segundos. Uma bateria ideal com bat = 2, 0V está ligada à espira. A resistência da espira é de 2, 0Ω . (a) Qual a intensidade e o sentido da fem ind induzida ao redor da espira pelo campo B em t = 10 s . (b) Qual a corrente na espira em t = 10 s r/2 bat Resolução d Φ B d ( BA) dB π r2 ind = = =A A= dt dt dt 2 π r2 d ind = (4, 0t 2 + 2, 0t + 3, 0) 2 dt π r2 π (0, 20m)2 ind = (8, 0t + 2, 0) = [8, 0(10) + 2, 0] 2 2 em t = 10 s ind ≈ 5, 2V − 5,152V − 2, 0 (b) i = res = ind bat = i ≈ 1, 6 A R R 2ΩCIRCUITOS RL1. Um solenóide possui uma indutância de 53mH e uma resistência de 0, 37Ω . Se ele for ligado a uma bateria, quanto tempo levará para que a corrente alcance metade do seu valor final de equilíbrio? $
  22. 22. Resolução t ε − τLA equação i = 1− e (subida da corrente) RNós mostra que a corrente i aumenta exponencialmente de zero até o seu valor final de equilíbrio / R . Seja t0 o tempo que a corrente i leva para alcançar metade do seu valor de equilíbrio, então,a equação anterior nos dá 1 = 1 − e− t0 /τ L 2R RExplicitamos t0 cancelando , isolando RA exponencial e tomando o logaritmo natural de cada lado. Encontramos L 53 ×10−3 H t0 = τ L ln 2 = ln 2 = ln 2 R 0, 37Ω t0 = 0,10 s2. Uma bobina tem uma indutância de 53mH e uma resistência de 0, 35Ω . a. Se uma fem de 12V for aplicada entre as extremidades da bobina, quanta energia é armazenada no campo magnético depois de a corrente atingir o seu valor de equilíbrio? b. Após quantas constantes de tempo, metade desta energia de equilíbrio estará armazenada no campo magnético?Resolução 12V(a) A corrente máxima é im = = = 34,3 A R 0, 35A energia armazenada será: 1 2 1 2 1UB = Li UB = Lim = (53 ⋅10 −3 H ) ⋅ (34,3 A)2 2 2 2U B = 31 j 1(b) Queremos saber em que instante t a relação U B = U B ∞ 21 2 1 1 2 1 Li = Li∞ i= i∞2 2 2 2R (1 − e ) = − t /τ L 2⋅R 1Cancelando / R teremos e −t /τ L = 1 − 2
  23. 23. tEntão: = − ln 0, 293 t ≈ 1, 2τ L τLPortanto: A energia armazenada atinge a metade do seu valor máximo depois de decorridos 1,2constante de tempo.CORRENTE ALTERNADA 1. Um resistor cuja resistência vale 50Ω é percorrido por uma corrente alternada que obedece a função: i = 8 2 ⋅ sen120π ⋅ t (unidades do SI) Determine: (a) A freqüência da corrente alternada; (b) A máxima intensidade de corrente; (c) O valor eficaz da corrente alternada; (d) O valor eficaz da ddp aplicada nos terminais do registro; (e) A potência dissipada pelo resistor.ResoluçãoComparando com i = iMAX ⋅ sen ωt , temos: 2π(a) ω = 120π rad / s ω = = 2π f (pulsação da corrente) Tω = 120π rad / s = 2π f f = 60 Hz(b) iMAX = 8 2 A iMAX 8 2A(c) ief = ief = ief = 8 A 2 2(d) U ef = R ⋅ ief U ef = 50Ω ⋅ 8 A U ef = 400V 2 U ef P = U ef ⋅ ief = R ⋅ ief = R(e) P = U ef ⋅ ief P = 400V ⋅ 8 A P = 3200WP = Potência média dissipada
  24. 24. CARGA PURAMENTE RESISTIVA 1. Na figura seguinte, a resistência R é de 200 Ω e o dispositivo de fem alternada senoidal opera a uma amplitude m = 36V e uma freqüência f d = 60, 0 Hz . (a) Qual a diferença de potencial VR (t ) entre os terminais da resistência em função do tempo t, e qual é a amplitude VR de VR (t ) ? (b) Qual a corrente iR (t ) na resistência e qual a amplitude I R de iR (t ) ?Resolução:(a) VR (t ) = (t ) VR = m = 36, 0VCálculo deVR (t ) :VR (t ) = (t ) = m sen ωd tωd = 2π f d = 2π (60 Hz ) = 120πVR = m sen ωd t VR = (36, 0V ) sen (120π t )(b)iR = I R sen (ωd t − φ ) = I R sen ω1t VR 36, 0VIR = IR = I R = 0,180 A R 200ΩiR = I R sen (ωd t − φ ) = I R sen ωd tir = (0,180 A) sen (120π t )CARGA PURAMENTE CAPACITIVA 1. Na figura seguinte, a capacitância C é de 150 µ F e o dispositivo de fem alternada senoidal opera a uma amplitude m = 36, 0V e a uma freqüência f d = 60, 0 Hz . (a) Qual a diferença de potencial VC (t ) entre os terminais do capacitor e qual a amplitude VC de VC (t ) ? (b) Qual a corrente ic (t ) no circuito em função do tempo e qual a amplitude I C de I C (t ) ?
  25. 25. Resolução VC (t ) = (t ) e VC = m VC = m = 36, 0V VC (t ) = (t ) = m sen ωd ⋅ t(a) ωd = 2π f d = 2π (60, 0 Hz ) = 120π VC = (36, 0V ) sen (120π ⋅ t ) 1 1 XC = = 2π f d ⋅ C (2π ) ⋅ (60, 0 Hz )(150 ⋅10−6 F ) X C = 177Ω VC 36, 0V(b) I C = IC = I C = 0, 203 A XC 177Ω I C = I C sen (ωd ⋅ t + π / 2) I C = (0, 203 A) sen (120π t + π / 2)CARGA PURAMENTE INDUTIVA1. Na figura a seguir, a indutância L vale 230mH e o dispositivo de fem alternada senoidal opera a uma amplitude m = 36, 0V e a uma freqüência f d = 60, 0 Hz . (a) Qual a diferença de potencial VL (t ) entre os terminais do indutor e qual a amplitude VL de VL (t ) ? (b) Qual a corrente iL (t ) no circuito em função do tempo e qual a amplitude I L de I L (t ) ? Resolução (a) VL (t ) = (t ) e VL = m VL = m = 36, 0V VL (t ) = (t ) = m sen ωd ⋅ t ωd = 2π f d = 120π Logo :VL = (36, 0V ) sen (120π ⋅ t )
  26. 26. (b) X L = 2π f d L = (2π )(60, 0 Hz )(230 × 10−3 H ) VL 36, 0V X L = 86, 7Ω I L = = I L = 0, 415 A X L 86, 7Ω I L = I L sen (ωd ⋅ t − π / 2) iL = (0, 415 A) sen (120π t − π / 2)O CIRCUITO RLC EM SÉRIE1. Um circuito RLC em série, excitado por uma fem rms = 120V a uma freqüência f d = 60, 0 Hz , contém uma resistência R = 200Ω , uma indutância com X L = 800Ω e uma capacitância com X C = 150Ω . (a) Qual o fator de potência cos φ e qual a constante de fase φ do circuito? (b) Qual a taxa média PMED com que se dissipa energia na resistência? Resolução (a) Z = R 2 + ( X L − X C )2 = (200Ω) 2 + (80Ω − 150Ω)2 Z = 211,90Ω R 200Ω cos φ = = cos φ ≈ 0,944 Z 211, 90Ω φ = arc cos 0, 944 = ±19, 3º φ = ±19,3º Tanto +19, 3º quando −19, 3º possuem um cosseno de 0,944. Para determinamos qual sinal é o correto, temos que considerar se a corrente está adiantada ou atrasada em relação à fem aplicada. Como X C > X L , este circulo é principalmente capacitivo, com a corrente adiantada em relação fem. Assim, φ tem que ser negativa: φ = −19,3º X L − XC A equação: tg φ = nos dá a resposta completa, com o sinal negativo. R
  27. 27. 2 (120V ) 2 (0, 9438) PMED = rms cos φ = (b) Z 211, 90Ω PMED = 64,1WTRANSFORMADOR1. Um transformador em um poste de uma concessionária de energia opera com VP = 8,5kV no enrolamento primário e fornece a energia a um certo número de casas próximas com VS = 120V ; sendo estas duas tensões em valores eficazes. Suponha um transformador abaixador ideal, uma carga puramente resistiva e um fator de potência igual à unidade. (a) Qual razão entre o número de voltas N P / N S do transformador? (b) A taxa média de consumo de energia (ou dissipação) nas casas servidas pelo transformador é de 78kW. Quais as correntes eficazes no primário e no secundário do transformador? (c) Qual a carga resistiva RS no circuito secundário? Qual a carga resistiva correspondente RP no circuito primário? Resolução N P VP 8,5 × 103V = = = 7, 083 ≈ 71 VS N S N S VS 120V (a) = ou VP N P NP ≈ 71 NS PMED 78 × 103W IP = = 9,176 A (b) VP 8,5 × 103V I P ≈ 9, 2 A PMED 78 × 103W IS = = = 650 A I S = 650 A VS 120V VS 120V RS = = = 0,1846Ω RS ≈ 0,18Ω I S 650 A (c) Vp 8,5 × 103V Rp = = = 926Ω R p ≈ 930Ω Ip 9,176 A !

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