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EXERCÍCIOS RESOLVIDOS
ELETRIZAÇÃO E FORÇA ELÉTRICA


1. Um corpo eletrizado positivamente apresenta a quantidade de carga de 480 µ C . Calcule o

      número de elétrons perdidos pelo corpo, inicialmente neutro. DADO: e = 1, 6 ⋅10−19 C.


      Resolução
      Q = 480 µ C = 480 ⋅10−6 C                             Q = n⋅e
               −6          −19
      480 ⋅10 = 1, 6 ⋅10         n       n = 3 ⋅10 elétrons
                                                       15




2. Duas esferas idênticas de tamanhos desprezíveis, com cargas 3Q e Q, encontram-se no vácuo,
      separadas de uma distância d. Sobre cada uma delas age uma força F , de interação
      eletrostática. Colocam-se as duas esferas em contato até que atinjam o equilíbrio eletrostático.
      Calcule a intensidade da força F que age sobre as duas esferas quando separadas de uma
      distância d, em relação a intensidade de F .


      Resolução:                          3Q                     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                        d2


De 1 e 2 tem-se
       4Q 2
        k⋅
F '
        d2              F' 4                  4⋅ F
  =                       =          F' =
F      3Q 2             F 3                    3
    k⋅
        d
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                                                Felet



4. Nos vértices de um triângulo eqüilátero de 3m de lado, estão colocadas as cargas
   q1 = q2 = 4 ⋅10−7 C e q3 = 1, 0 ⋅10−7 C . Calcule a intensidade da força resultante que atua em q3 .
   O meio é o vácuo.


   Resolução
                                                     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
CAMPO ELÉTRICO


1. Duas cargas puntiformes são fixadas nos pontos A e B distantes de um metro. Sendo a carga em
   A, QA = 10−6 C e a carga em B, QB = 4 ⋅10−6 C , determine um ponto P, onde o vetor campo
   elétrico resultante seja nulo.
   Resolução
                                                                            A                                               B
                                                                                           EB        P            EA
                                                               QA                                                               QB

E A = EB
                                                                                            X                   1-X
 Q        QB
k A =k
 X 2
       (1 − X ) 2                                                                                  1m
10 −6   4.10 −6
      =               (1 − X )2 = 4 X 2
 X 2 (1 − X ) 2
                            1
3X 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
d
        A grandes distâncias como esta, temos               1
                                                       2z


Na equação 2 podemos então expandir as duas grandezas entre parênteses dessa equação pelo
teorema 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             d
Logo, E =                   1+     + − − − − 1+ + − − −
              4πε 0 z   2
                                 z             z


Os termos omitidos nas duas expressões da equação anterior envolvem d/z elevado a potências
progressivamente mais altas. Como d / z            1 , as contribuições desses termos são progressivamente
menores e para aproximamos E a grandes distâncias, podemos desprezá-los. Assim, em nossa
aproximação podemos prescrever a equação anterior, como
                                                   q     2d    1 qd
                                            E=              =
                                                 4πε 0 z z
                                                       2
                                                              2πε 0 z 3
O produto qd é a intensidade ρ de uma grandeza vetorial conhecida como o momento de dipolo
elétrico ρ do dipolo.
                1       ρ
Logo: 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?
Resolução
Seja ds o comprimento (de arco) de qualquer elemento diferencial do anel. Como λ é a carga por
unidade de comprimento, o elemento possui uma intensidade de carga
                                                                      dq = λ ⋅ ds

Esta carga diferencial cria um campo elétrico diferencial dE no ponto P, que está a uma distância r
do elemento. Tratando o elemento como um carga pontual, podemos expressar a intensidade de dE
como
                                                                     1   dq     1 λ ds
                                                    dE =                     =
                                                                   4πε 0 r 2
                                                                               4πε 0 r 2
Da figura, podemos reescrever a equação anterior como
                                                                          1    λ ds
                                                          dE =
                                                                      4πε 0 ( Z + R 2 )
                                                                               2



A figura nos mostra que dE forma um ângulo com o eixo central (que tomamos como sendo o eixo
Z) e possui componentes perpendiculares e paralelos a esse eixo.


As componentes perpendiculares se cancelam e não precisamos mais considerá-las. Restam apenas
as componentes paralelas. Todas elas possuem a mesma direção e sentido, portanto o campo
elétrico resultante em P é a soma delas.


A componente paralela de dE mostrada na figura, possui intensidade dE cos θ . A figura também
nos mostra que
                                                                      Z      2
                                                        cos θ =         =
                                                                      r ( Z + R 2 )1/2
                                                                           2



                                  Zλ
        dE cos θ =                                 ds
                     4πε 0 ( Z 2 + R 2 )
                                            3/ 2


Logo:                                                         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 )
                           3/2




Como λ é a carga por comprimento do anel, o termo λ (2π R ) é a carga total q do anel.
                      qZ
Então E =                                 (Anel Carregado)
             4πε 0 ( Z 2 + R 2 )
                                    3/2
4. A figura seguinte mostra um disco circular de plástico com raio R que possui uma carga
   superficial positiva de densidade uniforme σ na sua superfície superior. Qual o campo elétrico
   no ponto P, a uma distância Z do disco ao longo do seu eixo central?


Resolução
       O disco será dividido em anéis planos concêntricos e depois calcular o
campo elétrico no ponto P somando (ou seja, integrando) as contribuições de
todos os anéis. A figura mostra um destes anéis, com raio r e espessura radial
dr. Como σ é a carga por unidade de área, a carga sobre o anel é
                                    dq = σ dA = σ (2π rdr ),


Onde dA é a área diferencial do anel.
A expressão para o campo elétrico dE em P devido ao nosso anel plano será:
                                                              Zσ 2π rdr
                                                dE =
                                                       4πε 0 ( Z 2 + r 2 )
                                                                              3/2




             σZ      2π dr
Logo: dE =
             4ε 0 ( Z + r 2 )3/ 2
                     2




Integrando na variável r de r = 0 até r = R . Observe que Z permanece constante durante este
processo, assim
                                                                                −3/2
                                                       σZ     R
                                            E = dE =
                                                       4ε 0
                                                                  (Z 2 + r2 )          (2r ) dr
                                                              0


Para resolvermos esta integral, podemos reescrevê-la na forma
                                                 3
  X m dX , fazendo X = ( Z 2 + r 2 ); m = −
                                                 2
e dX = (2r )dr . Para a integral reescrita temos

                                                                     X m +1
                                                       X m dX =
                                                                     m +1
                                       R


             σ Z ( Z 2 + r 2 ) −1/ 2
Então, E =
             4ε 0      −
                         1
                            2          0

Substituindo os limites desta equação e reordenando, obtemos

                                             σ         Z
                                       E=        1−                   (disco carregado)
                                            2ε 0    Z 2 + R2

                                                                                                  !
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 0
Este é o campo elétrico produzido por uma placa infinita com carga uniformemente distribuída
sobre um dos lados de um isolante.




FLUXO DE UM CAMPO ELÉTRICO – A LEI DE GAUSS



1. Um campo elétrico não-uniforme dado por E = 3, 0 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?




Resolução
FACE DIREITA: um vetor área A é sempre perpendicular à sua superfície e sempre aponta para
fora da superfície gaussiano. Assim, o vetor dA para a face direita do cubo deve apontar no sentido
positivo de x. Então, em notação com o vetor unitário,
                                                             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 ˆ
Então = (3, 0 xdA + 0) = 3, 0 xdA = 3, 0 (3, 0)dA

      = Φ d = 9, 0 1A = 9, 0 A A = 4, 0m 2
      = Φ d == 9, 0 (4, 0)m 2 Φ d == 36 N ⋅ m 2 / C


FACE ESQUERDA: O vetor de área diferencial dA aponta no sentido negativo do eixo x, portanto
        ˆ
dA = −dAi . Na face esquerda, x = 1, 0m . Usando o mesmo procedimento da face direita, teremos

                                                 Φ e = −12 N ⋅ m 2 / C

                                                                                                 "
FACE SUPERIOR: O vetor de área diferencial dA aponta no sentido positivo do eixo y, logo
       ˆ
dA = dAj . O fluxo Φ através da superfície superior é então


Φ 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 2


2. A figura seguinte mostra uma seção de uma barra cilíndrica de plástico infinitamente longa,
    com uma densidade linear de carga positiva uniforme λ . Determine uma expressão para a
    intensidade do campo elétrico E a uma distância r do eixo da barra.


Resolução
        Escolhemos uma superfície gaussiana cilíndrica fechada,
composta de um cilindro circular de raio r e comprimento h, coaxial
com a barra e duas tampas nas suas extremidades como partes da
superfície.
        Em todos os pontos da parte cilíndrica da superfície
gaussiana, E de ter a mesma intensidade E e deve estar dirigida
radialmente para fora ( para uma barra positivamente carregada).

        O fluxo de E através desta superfície cilíndrica é então Φ = EA cos θ


                                        Φ = E (2π rh) cos 0º = E (2π rh)

        Não há fluxo através das bases do cilindro, pois E , sendo dirigido radialmente, é paralelo às
bases do cilindro em todos os pontos.


        A carga envolta pela superfície é λ h , então a Lei de Gauss,


                                             ε 0 Φ = qenv , se reduz a
                                                 ε 0 E (2π rh) = λ h
                                                     λ
                                      Então E =            (linha de carga)
                                                   2πε 0 r



                                                                                                    #
POTENCIAL ELÉTRICO



1. A figura seguinte mostra dois pontos i e f em um campo elétrico uniforme E . Determine a
   diferença de potencial V f − Vi movendo a carga de teste positiva q0 de i até f ao longo da

   trajetória icf mostrada na figura.




Resolução
Linha ic : em todos os pontos ao longo da linha ic , o deslocamento ds da carga de teste é

perpendicular a E . Assim, o ângulo θ entre E e ds é 90º e o produto escalar E ⋅ ds é zero. A
                    c
equação Vc − Vi = − E ⋅ ds
                    i


Nos diz então que os pontos i e c estão no mesmo potencial: Vc − Vi = 0


                                                          f                      f

                                              V f − Vi = − E ⋅ ds , V f − Vi = − E ⋅ ds
                                                          i                      c
                                                          f

                                              V f − Vi = − E (cos 45º )ds
                                                          c
                                                                      f      f

Para 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 )




                                                                                                    $
CAPACITÂNCIA


1. Um capacitor C1 de 3,55µ F é carregado até que seus terminais fiquem à diferença de potencial

   V0 = 6,30V . A bateria utilizada para carregar o capacitor é então removida e o capacitor é

   ligado, como na figura, a um capacitor C2 descarregado, com C2 = 8,95µ F . Depois que a chave

   S é fechada, a carga escoa de C1 para C2 até que o equilíbrio seja atingido, com ambos os
   capacitores à mesma diferença de potencial V. (a) Qual é esta diferença de potencial comum?
   (b) Qual a energia armazenada no campo elétrico, antes e depois de fecharmos a chave S na
   figura.
                                                            S



                                  q0


                                        C1                            C2



Resolução


(a) A carga original q0 está agora dividida entre os dois capacitores ou

                                                 q0 = q1 + q2

Aplicando a relação q = CV a cada termo obtemos

                                              C1V0 = C1V + C2V

               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       1
U i = C1V02 = (3,55 ⋅10−6 F )(6, 30V ) 2
      2       2
U i = 70,5µ j
A energia final é
      1      1
U f = C1V 2 + C2V 2
      2      2
      1              1
U f = (C1 + C2 )V 2 = (3, 55 ⋅10 −6 F + 8, 95 ⋅10 −6 F )(1, 79) 2
      2              2
U f = 20 µ j


                                                                                             $$
2. A figura seguinte mostra uma chapa dielétrica de espessura b e constante dielétrica k e
    introduzida entre as armaduras de um capacitor plano de área A e separação d. Antes da
    introdução do dielétrico, aplicou-se uma diferença de potencial V0 entre as armaduras do
    capacitor. A bateria foi então desligada e o dielétrico introduzido. Suponha que


A = 115 cm 2 ; d = 1, 24 cm; b = 0, 78 cm, ke = 2, 61;V0 = 85,5V

(a) Calcule a capacitância C0 antes da introdução do dielétrico. (b) Qual a carga livre que aparece
nas placas? (c) Calcule a intensidade do campo no interior do dielétrico. (d) Calcule a intensidade
do campo no interior do dielétrico (e) Calcule a diferença de potencial entre as armaduras. (f)
Calcule o valor da capacitância após a introdução do dielétrico.




Resolução
            ε0 A
             (8,85 ×10−12 F / m).(115 ×10−4 m 2 )
(a) C0 =   =                                            C0 = 8, 2 ×10−12 F
         d             1, 24 ×10−2 m


(b) Para a carga livre nas placas
q = C0V0 = (8, 21×10−12 F )(85,5V ) = 7, 02 ×10−10 C


(c) Aplicando a Lei de Gauss: ε 0 ke E ⋅ dA = q

         q            7, 02 ×10 −10 C
E0 =        =
       ε 0 A (8,85 ×10−12 F / m)(115 × 10−4 m 2 )
E0 = 6.900 V / m = 6, 90 kV / m

(d) Aplicando a equação ε 0 ke E ⋅ dA = q

ε 0 ke E ⋅ dA = − q, − ε 0 ke EA = − q
        q           E0 6,90kV / m
E=              =      =          = 2, 64 kv / m
     k eε 0 A       ke    2, 61




                                                                                                $
−
   V=          E ds = E0 ((d − b) + Eb)
           +

(e) V = (6.900 V / m)(0, 012m − 0, 0078m) + (2, 640 V / m)(0, 0078m)
   V = 52,3V


          q 7, 02 ×10−10 C
(f) C =     =              = 1, 34 ×10−11 F = 13, 4 pF
          V     52,3V




DENSIDADE DE CORRENTE


1. Um fio de alumínio, cujo diâmetro é de 25mm, é soldado à extremidade de um fio de cobre cujo
     diâmetro é de 1,8mm. No fio resultante, circula uma corrente constante de 1,3 ampéres. Qual a
     densidade de corrente em cada caso?
                              i
* Para o alumínio: j =
                              A
   1
A = π d 2 = (π / 4)(2,5 ×10−3 )2 = 4,91× 10−6 m 2
   4
                   1, 3 A
Logo: 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 A
j=     =         −6
                      = 5,1× 105 A / m 2
     A 2, 54 × 10 m 2




CIRCUITOS DE CORRENTE CONTÍNUA


1. 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
                                                                                               $
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 = 12V


CIRCUITOS RC


1. Um resistor R = 6, 2 M Ω e um capacitor C = 2, 4 µ F são ligados em série juntamente com uma
   bateria de 12V, de resistência interna desprezível.
   (a) Qual é a constante de tempo capacitiva deste circuito? (b) Em que instante depois de a
   bateria ser ligada a diferença de potencial nos terminais do capacitor é 5,6V?
Resolução:
   (a) τ c = RC        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




                                                                                                  $
O CAMPO MAGNÉTICO


   CAMPO MAGNÉTICO DE UMA ESPIRA CIRCULAR



1. Duas espiras circulares, concêntricas e coplanares, de raios 4π m e 5π m , são percorridas por
   correntes de intensidades 2A e 5A, conforme a figura. Calcular a intensidade do vetor indução
   magnética no centro das espiras, sendo µ = 4π ⋅10−7 T ⋅ m / A e caracterize o vetor indução
   magnética criado por cada espira no centro
                                                            I2 = 5A


                                                                                     O
                                                                                              R1

                                                                                         R2
                                                               i1 = 2A
Resolução
R1 = 4π m, i1 = 2 A, R2 = 5π m, i2 = 5 A

Aplicando-se a regra da mão direita, vê-se que a corrente i1 , cria no centro das espiras um vetor
indução magnética perpendicular ao plano da espira, com o sentido do plano para o observador, de
intensidade
                                                                                                   B1
     µ ⋅ i1 4π ⋅10−7 ⋅ 2
B1 =      =
     2 R1     2 ⋅ 4π
B1 = 10−7 T                                               2A



A segunda espira cria, no centro das espiras, um vetor indução magnética perpendicular ao plano da
espira com o sentido do observador para o plano, de intensidade
                                                               5A
     µ ⋅ i2 4π ⋅10−7 ⋅ 5                                                                            B2
B2 =      =              B2 = 2 ⋅10−7 T
     2 R2     2 ⋅ 5π


O vetor indução magnética resultante, no centro será perpendicular ao plano das espiras, “entrando”
no plano (do observador para o plano) pois a intensidade de B2 , é maior que a de B1 .

                           B = B1 + B2 ou B = B2 − B1 = 2 ⋅10−7 − 10−7 B = 10 −7 T




                                                                                                         $
CAMPO MAGNÉTICO EM TORNO DE UM CONDUTOR RETO


1. Dois fios longos, retos e paralelos, situados no vácuo, são percorridos por correntes contrárias,
   com intensidade 2 A e 4 A , e separadas entre si de 0,20m. Calcule a intensidade do vetor
   indução magnética resultante no ponto P, indicado na figura. DADO: µ = 4 µ ⋅10−7 T ⋅ m / A
                                               P




                                  i1             10 cm       10 cm             i2 = 4 A

                                2A




Resolução
O fio 1, cria em P, um vetor campo magnético entrando no plano do papel, de intensidade:
       µ ⋅ i1 4π ⋅10−7 ⋅ 2
B1 =         =             B1 = 4 ⋅10 −6 T
       2π d1    2π ⋅ 0,1


O fio 2 também cria, em P, um vetor indução magnética “entrando” no plano do papel, de
intensidade:
       µ ⋅ i2 4π ⋅10 −7 ⋅ 4
B2 =          =             B2 = 8 ⋅10−6 T
       2π d 2   2π ⋅ 0,1
Portanto, 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




                                                                                                 $
FORÇA SOBRE UMA CARGA MÓVEL EM UM CAMPO MAGNÉTICO UNIFORME


1. Uma carga q = 2 µ C , com velocidade v = 10m / s , penetra numa região onde atua um CMU de

   intensidade B = 10T , conforme a figura. Os vetores v e B formam um ângulo de 30º e estão
   contidos no plano (XZ). Determine o módulo, a direção e sentido da força magnética.

                                                                      Y


                                                                          B
                                                                  q                      X

                                                                              θ
                                               Z
                                                                                  V
Resolução
(a) A intensidade da força magnética é:
FMAG = q ⋅ V ⋅ B ⋅ senθ   FMAG = 2 ⋅10−6 ⋅10 ⋅10 ⋅ sen 30º
FMAG = 10 −4 N

(b) A direção da força magnética é perpendicular ao plano formado por v e B (plano XZ).
(c) O sentido é determinado pela regra da mão esquerda



                                                   Y


                                                       FMAG
                                                                      X

                                                         θ
                          Z                                   V




FORÇA SOBRE UM CONDUTOR RETO EM UM CAMPO MAGNÉTICO UNIFORME


1. Um condutor na forma retangular, de dimensões 10cm e 20cm (ver figura) está totalmente
   imerso em um campo magnético uniforme de intensidade B = 0, 5T . Calcule a intensidade da
   força que atua em cada ramo do condutor e o momento de rotação a que ele fica submetido,
   quando a intensidade da corrente for de 2A.

                                                                                             $!
A                 10 cm               B




                                 20cm


                                                                                                   B




                                          D                                     C
                                                                    i
                                                        i



Resolução
Aplicando-se a regra da mão esquerda para determinar o sentido da força magnética, em cada ramo,
tem-se: nos ramos AB e CD, as forças magnéticas têm intensidades nulas, pois as direções das
correntes são paralelas às de B ; Nos ramos AD e BC, o ângulo entre B e i é igual a 90º, então
FMAG = B ⋅ i ⋅ ⋅ senθ = B ⋅ i ⋅ sen 90º = 0,5 ⋅ 2 ⋅ 0, 2 = 0, 2 N


Pode-se ver, através da figura, que o condutor fica sujeito a um BINÁRIO DE FORÇAS.
M = FMAG ⋅ d , onde d = AB = 0,1m

M = 0, 2 ⋅ 0,1     M = 2 ⋅10−2 N ⋅ m
                                      A                      i              B




                                 FMAG                                           FMAG

                                                                                       0, 2m   B
                                      i                                     i



                                                D                   i   C
                                                    i

                                                                                                       $"
FORÇA ENTRE DUAS CORRENTES PARALELAS


1. Dois fios longos, retos e paralelos, situados no vácuo, são percorridos por correntes contrárias,
   de intensidade i1 = 2 A e i2 = 4 A . A distância entre os fios é de 0,1m.
   (a) Os fios se atraem ou se repelem?
   (b) Com que força, para cada metro de comprimento do fio?
   (c) O que ocorrera se inverter o sentido da corrente i2 ?


Resolução
   (a) Como as correntes têm sentido opostos, há repulsão.
   (b) A intensidade da força para cada metro do fio é:
             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.




                                                                                                      $#
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                                         T




LEI DE FARADAY


  1. A figura mostra uma espira condutora formada por um semicírculo de raio r = 0, 20m e três

        segmentos retos, o semicírculo está localizado em um campo magnético uniforme B que
        estar orientado para fora da página. A intensidade do campo é dada por
B = 4, 0t 2 + 2, 0t + 3, 0 , com B em teslas e t em segundos. Uma bateria ideal com              bat   = 2, 0V

          está ligada à espira. A resistência da espira é de 2, 0Ω .

   (a) Qual a intensidade e o sentido da fem                        ind   induzida ao redor da espira pelo campo B em

          t = 10 s .
   (b) Qual a corrente na espira em t = 10 s




                                                                                              r/2




                                                           bat

   Resolução
              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                  2Ω




CIRCUITOS RL


1. Um solenóide possui uma indutância de 53mH e uma resistência de 0, 37Ω . Se ele for ligado a
   uma bateria, quanto tempo levará para que a corrente alcance metade do seu valor final de
   equilíbrio?




                                                                                                                       $
Resolução
                                   t
                    ε          −
                                   τL
A equação i =           1− e            (subida da corrente)
                    R

Nós mostra que a corrente i aumenta exponencialmente de zero até o seu valor final de equilíbrio
    / R . Seja t0 o tempo que a corrente i leva para alcançar metade do seu valor de equilíbrio, então,
a equação anterior nos dá
                                                           1
                                                             = 1 − e− t0 /τ L
                                                           2R R

Explicitamos t0 cancelando                    , isolando
                                          R
A 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 s


2. Uma bobina tem uma indutância de 53mH e uma resistência de 0, 35Ω .
    a. Se uma fem de 12V for aplicada entre as extremidades da bobina, quanta energia é
        armazenada no campo magnético depois de a corrente atingir o seu valor de equilíbrio?
    b. Após quantas constantes de tempo, metade desta energia de equilíbrio estará armazenada no
        campo magnético?


Resolução
                                                    12V
(a) A corrente máxima é im =                    =         = 34,3 A
                                          R         0, 35
A energia armazenada será:
      1 2                  1 2 1
UB =    Li          UB =     Lim = (53 ⋅10 −3 H ) ⋅ (34,3 A)2
      2                    2      2
U B = 31 j

                                                    1
(b) Queremos saber em que instante t a relação U B = U B ∞
                                                    2
1 2    1 1 2                            1
  Li =     Li∞              i=             i∞
2      2 2                               2

R
    (1 − e ) =
         − t /τ L

                        2⋅R
                                                        1
Cancelando          / R teremos e −t /τ L = 1 −
                                                         2
t
Então:          = − ln 0, 293    t ≈ 1, 2τ L
         τL
Portanto: A energia armazenada atinge a metade do seu valor máximo depois de decorridos 1,2
constante de tempo.




CORRENTE ALTERNADA


    1. Um resistor cuja resistência vale 50Ω é percorrido por uma corrente alternada que obedece
         a função:
                                           i = 8 2 ⋅ sen120π ⋅ t (unidades do SI)
    Determine:
    (a) A freqüência da corrente alternada;
    (b) A máxima intensidade de corrente;
    (c) O valor eficaz da corrente alternada;
    (d) O valor eficaz da ddp aplicada nos terminais do registro;
    (e) A potência dissipada pelo resistor.
Resolução
Comparando com i = iMAX ⋅ sen ωt , temos:

                                  2π
(a) ω = 120π rad / s ω =             = 2π f (pulsação da corrente)
                                  T
ω = 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 = 3200W


P = Potência média dissipada
CARGA PURAMENTE RESISTIVA


      1. Na figura seguinte, a resistência R é de 200 Ω e o dispositivo de fem alternada senoidal
          opera a uma amplitude                 m   = 36V e uma freqüência f d = 60, 0 Hz .

      (a) Qual a diferença de potencial VR (t ) entre os terminais da resistência em função do tempo t, e

          qual é a amplitude VR de VR (t ) ?

      (b) Qual a corrente iR (t ) na resistência e qual a amplitude I R de iR (t ) ?




Resolução:
(a) VR (t ) =    (t )       VR =       m   = 36, 0V
Cálculo de
VR (t ) :VR (t ) =      (t ) =   m   sen ωd t
ωd = 2π f d = 2π (60 Hz ) = 120π
VR = m sen ωd t VR = (36, 0V ) sen (120π t )


(b)
iR = I R sen (ωd t − φ ) = I R sen ω1t
     VR            36, 0V
IR =         IR =             I R = 0,180 A
       R            200Ω
iR = I R sen (ωd t − φ ) = I R sen ωd t
ir = (0,180 A) sen (120π t )




CARGA PURAMENTE CAPACITIVA


      1. Na figura seguinte, a capacitância C é de 150 µ F e o dispositivo de fem alternada senoidal

          opera a uma amplitude                 m   = 36, 0V e a uma freqüência f d = 60, 0 Hz .

      (a) Qual a diferença de potencial VC (t ) entre os terminais do capacitor e qual a amplitude VC de

          VC (t ) ?

      (b) Qual a corrente ic (t ) no circuito em função do tempo e qual a amplitude I C de I C (t ) ?
Resolução


      VC (t ) =    (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 INDUTIVA


1. Na figura a seguir, a indutância L vale 230mH e o dispositivo de fem alternada senoidal opera a
      uma amplitude               m   = 36, 0V e a uma freqüência f d = 60, 0 Hz .

      (a) Qual a diferença de potencial VL (t ) entre os terminais do indutor e qual a amplitude VL de

            VL (t ) ?

      (b) Qual a corrente iL (t ) no circuito em função do tempo e qual a amplitude I L de I L (t ' ) ?




      Resolução
      (a)
      VL (t ) =      (t ) e VL =            m     VL =     m   = 36, 0V
      VL (t ) =      (t ) =   m   sen ωd ⋅ t
      ωd = 2π f d = 120π Logo :VL = (36, 0V ) sen (120π ⋅ t )
(b)
   X L = 2π f d L = (2π )(60, 0 Hz )(230 × 10−3 H )
                          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 SÉRIE


1. Um circuito RLC em série, excitado por uma fem              rms   = 120V a uma freqüência f d = 60, 0 Hz ,

   contém uma resistência R = 200Ω , uma indutância com X L = 800Ω e uma capacitância com

   X C = 150Ω .
   (a) Qual o fator de potência cos φ e qual a constante de fase φ do circuito?

   (b) Qual a taxa média PMED com que se dissipa energia na resistência?


   Resolução
   (a)

   Z = R 2 + ( X L − X C )2 = (200Ω) 2 + (80Ω − 150Ω)2
   Z = 211,90Ω
           R      200Ω
   cos φ = =              cos φ ≈ 0,944
           Z 211, 90Ω
   φ = arc cos 0, 944 = ±19, 3º φ = ±19,3º




   Tanto +19, 3º quando −19, 3º possuem um cosseno de 0,944. Para determinamos qual sinal é o
   correto, temos que considerar se a corrente está adiantada ou atrasada em relação à fem aplicada.
   Como X C > X L , este circulo é principalmente capacitivo, com a corrente adiantada em relação

   fem. Assim, φ tem que ser negativa:
                                                      φ = −19,3º
                         X L − XC
   A equação: tg φ =              nos dá a resposta completa, com o sinal negativo.
                             R
2
                                     (120V ) 2 (0, 9438)
         PMED =      rms
                           cos φ =
   (b)             Z                     211, 90Ω
         PMED   = 64,1W


TRANSFORMADOR


1. Um transformador em um poste de uma concessionária de energia opera com VP = 8,5kV no

   enrolamento primário e fornece a energia a um certo número de casas próximas com VS = 120V ;
   sendo estas duas tensões em valores eficazes. Suponha um transformador abaixador ideal, uma
   carga puramente resistiva e um fator de potência igual à unidade.
   (a) Qual razão entre o número de voltas N P / N S do transformador?
   (b) A taxa média de consumo de energia (ou dissipação) nas casas servidas pelo transformador é
         de 78kW. Quais as correntes eficazes no primário e no secundário do transformador?
   (c) Qual a carga resistiva RS no circuito secundário? Qual a carga resistiva correspondente RP
         no circuito primário?


   Resolução


                            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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  • 2. ELETRIZAÇÃO E FORÇA ELÉTRICA 1. Um corpo eletrizado positivamente apresenta a quantidade de carga de 480 µ C . Calcule o número de elétrons perdidos pelo corpo, inicialmente neutro. DADO: e = 1, 6 ⋅10−19 C. Resolução Q = 480 µ C = 480 ⋅10−6 C Q = n⋅e −6 −19 480 ⋅10 = 1, 6 ⋅10 n n = 3 ⋅10 elétrons 15 2. Duas esferas idênticas de tamanhos desprezíveis, com cargas 3Q e Q, encontram-se no vácuo, separadas de uma distância d. Sobre cada uma delas age uma força F , de interação eletrostática. Colocam-se as duas esferas em contato até que atinjam o equilíbrio eletrostático. Calcule a intensidade da força F que age sobre as duas esferas quando separadas de uma distância d, em relação a intensidade de F . Resolução: 3Q 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 d2 De 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. 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 Felet 4. Nos vértices de um triângulo eqüilátero de 3m de lado, estão colocadas as cargas q1 = q2 = 4 ⋅10−7 C e q3 = 1, 0 ⋅10−7 C . Calcule a intensidade da força resultante que atua em q3 . O meio é o vácuo. Resolução 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. CAMPO ELÉTRICO 1. Duas cargas puntiformes são fixadas nos pontos A e B distantes de um metro. Sendo a carga em A, QA = 10−6 C e a carga em B, QB = 4 ⋅10−6 C , determine um ponto P, onde o vetor campo elétrico resultante seja nulo. Resolução A B EB P EA QA QB E A = EB X 1-X Q QB k A =k X 2 (1 − X ) 2 1m 10 −6 4.10 −6 = (1 − X )2 = 4 X 2 X 2 (1 − X ) 2 1 3X 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. d A grandes distâncias como esta, temos 1 2z Na equação 2 podemos então expandir as duas grandezas entre parênteses dessa equação pelo teorema 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 d Logo, E = 1+ + − − − − 1+ + − − − 4πε 0 z 2 z z Os termos omitidos nas duas expressões da equação anterior envolvem d/z elevado a potências progressivamente mais altas. Como d / z 1 , as contribuições desses termos são progressivamente menores e para aproximamos E a grandes distâncias, podemos desprezá-los. Assim, em nossa aproximação podemos prescrever a equação anterior, como q 2d 1 qd E= = 4πε 0 z z 2 2πε 0 z 3 O produto qd é a intensidade ρ de uma grandeza vetorial conhecida como o momento de dipolo elétrico ρ do dipolo. 1 ρ Logo: 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. Resolução Seja ds o comprimento (de arco) de qualquer elemento diferencial do anel. Como λ é a carga por unidade de comprimento, o elemento possui uma intensidade de carga dq = λ ⋅ ds Esta carga diferencial cria um campo elétrico diferencial dE no ponto P, que está a uma distância r do elemento. Tratando o elemento como um carga pontual, podemos expressar a intensidade de dE como 1 dq 1 λ ds dE = = 4πε 0 r 2 4πε 0 r 2 Da figura, podemos reescrever a equação anterior como 1 λ ds dE = 4πε 0 ( Z + R 2 ) 2 A figura nos mostra que dE forma um ângulo com o eixo central (que tomamos como sendo o eixo Z) e possui componentes perpendiculares e paralelos a esse eixo. As componentes perpendiculares se cancelam e não precisamos mais considerá-las. Restam apenas as componentes paralelas. Todas elas possuem a mesma direção e sentido, portanto o campo elétrico resultante em P é a soma delas. A componente paralela de dE mostrada na figura, possui intensidade dE cos θ . A figura também nos mostra que Z 2 cos θ = = r ( Z + R 2 )1/2 2 Zλ dE cos θ = ds 4πε 0 ( Z 2 + R 2 ) 3/ 2 Logo: 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 ) 3/2 Como λ é a carga por comprimento do anel, o termo λ (2π R ) é a carga total q do anel. qZ Então E = (Anel Carregado) 4πε 0 ( Z 2 + R 2 ) 3/2
  • 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 o campo elétrico no ponto P somando (ou seja, integrando) as contribuições de todos os anéis. A figura mostra um destes anéis, com raio r e espessura radial dr. Como σ é a carga por unidade de área, a carga sobre o anel é dq = σ dA = σ (2π rdr ), Onde dA é a área diferencial do anel. A expressão para o campo elétrico dE em P devido ao nosso anel plano será: Zσ 2π rdr dE = 4πε 0 ( Z 2 + r 2 ) 3/2 σZ 2π dr Logo: dE = 4ε 0 ( Z + r 2 )3/ 2 2 Integrando na variável r de r = 0 até r = R . Observe que Z permanece constante durante este processo, assim −3/2 σZ R E = dE = 4ε 0 (Z 2 + r2 ) (2r ) dr 0 Para resolvermos esta integral, podemos reescrevê-la na forma 3 X m dX , fazendo X = ( Z 2 + r 2 ); m = − 2 e dX = (2r )dr . Para a integral reescrita temos X m +1 X m dX = m +1 R σ Z ( Z 2 + r 2 ) −1/ 2 Então, E = 4ε 0 − 1 2 0 Substituindo os limites desta equação e reordenando, obtemos σ Z E= 1− (disco carregado) 2ε 0 Z 2 + R2 !
  • 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 0 Este é o campo elétrico produzido por uma placa infinita com carga uniformemente distribuída sobre um dos lados de um isolante. FLUXO DE UM CAMPO ELÉTRICO – A LEI DE GAUSS 1. Um campo elétrico não-uniforme dado por E = 3, 0 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? Resolução FACE DIREITA: um vetor área A é sempre perpendicular à sua superfície e sempre aponta para fora da superfície gaussiano. Assim, o vetor dA para a face direita do cubo deve apontar no sentido positivo de x. Então, em notação com o vetor unitário, 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 ˆ Então = (3, 0 xdA + 0) = 3, 0 xdA = 3, 0 (3, 0)dA = Φ d = 9, 0 1A = 9, 0 A A = 4, 0m 2 = Φ d == 9, 0 (4, 0)m 2 Φ d == 36 N ⋅ m 2 / C FACE ESQUERDA: O vetor de área diferencial dA aponta no sentido negativo do eixo x, portanto ˆ dA = −dAi . Na face esquerda, x = 1, 0m . Usando o mesmo procedimento da face direita, teremos Φ e = −12 N ⋅ m 2 / C "
  • 9. FACE SUPERIOR: O vetor de área diferencial dA aponta no sentido positivo do eixo y, logo ˆ dA = dAj . O fluxo Φ através da superfície superior é então Φ 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 2 2. A figura seguinte mostra uma seção de uma barra cilíndrica de plástico infinitamente longa, com uma densidade linear de carga positiva uniforme λ . Determine uma expressão para a intensidade do campo elétrico E a uma distância r do eixo da barra. Resolução Escolhemos uma superfície gaussiana cilíndrica fechada, composta de um cilindro circular de raio r e comprimento h, coaxial com a barra e duas tampas nas suas extremidades como partes da superfície. Em todos os pontos da parte cilíndrica da superfície gaussiana, E de ter a mesma intensidade E e deve estar dirigida radialmente para fora ( para uma barra positivamente carregada). O fluxo de E através desta superfície cilíndrica é então Φ = EA cos θ Φ = E (2π rh) cos 0º = E (2π rh) Não há fluxo através das bases do cilindro, pois E , sendo dirigido radialmente, é paralelo às bases do cilindro em todos os pontos. A carga envolta pela superfície é λ h , então a Lei de Gauss, ε 0 Φ = qenv , se reduz a ε 0 E (2π rh) = λ h λ Então E = (linha de carga) 2πε 0 r #
  • 10. POTENCIAL ELÉTRICO 1. A figura seguinte mostra dois pontos i e f em um campo elétrico uniforme E . Determine a diferença de potencial V f − Vi movendo a carga de teste positiva q0 de i até f ao longo da trajetória icf mostrada na figura. Resolução Linha ic : em todos os pontos ao longo da linha ic , o deslocamento ds da carga de teste é perpendicular a E . Assim, o ângulo θ entre E e ds é 90º e o produto escalar E ⋅ ds é zero. A c equação Vc − Vi = − E ⋅ ds i Nos diz então que os pontos i e c estão no mesmo potencial: Vc − Vi = 0 f f V f − Vi = − E ⋅ ds , V f − Vi = − E ⋅ ds i c f V f − Vi = − E (cos 45º )ds c f f Para 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. CAPACITÂNCIA 1. Um capacitor C1 de 3,55µ F é carregado até que seus terminais fiquem à diferença de potencial V0 = 6,30V . A bateria utilizada para carregar o capacitor é então removida e o capacitor é ligado, como na figura, a um capacitor C2 descarregado, com C2 = 8,95µ F . Depois que a chave S é fechada, a carga escoa de C1 para C2 até que o equilíbrio seja atingido, com ambos os capacitores à mesma diferença de potencial V. (a) Qual é esta diferença de potencial comum? (b) Qual a energia armazenada no campo elétrico, antes e depois de fecharmos a chave S na figura. S q0 C1 C2 Resolução (a) A carga original q0 está agora dividida entre os dois capacitores ou q0 = q1 + q2 Aplicando a relação q = CV a cada termo obtemos C1V0 = C1V + C2V 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 1 U i = C1V02 = (3,55 ⋅10−6 F )(6, 30V ) 2 2 2 U i = 70,5µ j A energia final é 1 1 U f = C1V 2 + C2V 2 2 2 1 1 U f = (C1 + C2 )V 2 = (3, 55 ⋅10 −6 F + 8, 95 ⋅10 −6 F )(1, 79) 2 2 2 U f = 20 µ j $$
  • 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 que A = 115 cm 2 ; d = 1, 24 cm; b = 0, 78 cm, ke = 2, 61;V0 = 85,5V (a) Calcule a capacitância C0 antes da introdução do dielétrico. (b) Qual a carga livre que aparece nas placas? (c) Calcule a intensidade do campo no interior do dielétrico. (d) Calcule a intensidade do campo no interior do dielétrico (e) Calcule a diferença de potencial entre as armaduras. (f) Calcule o valor da capacitância após a introdução do dielétrico. Resolução ε0 A (8,85 ×10−12 F / m).(115 ×10−4 m 2 ) (a) C0 = = C0 = 8, 2 ×10−12 F d 1, 24 ×10−2 m (b) Para a carga livre nas placas q = C0V0 = (8, 21×10−12 F )(85,5V ) = 7, 02 ×10−10 C (c) Aplicando a Lei de Gauss: ε 0 ke E ⋅ dA = q q 7, 02 ×10 −10 C E0 = = ε 0 A (8,85 ×10−12 F / m)(115 × 10−4 m 2 ) E0 = 6.900 V / m = 6, 90 kV / m (d) Aplicando a equação ε 0 ke E ⋅ dA = q ε 0 ke E ⋅ dA = − q, − ε 0 ke EA = − q q E0 6,90kV / m E= = = = 2, 64 kv / m k eε 0 A ke 2, 61 $
  • 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 52,3V DENSIDADE DE CORRENTE 1. Um fio de alumínio, cujo diâmetro é de 25mm, é soldado à extremidade de um fio de cobre cujo diâmetro é de 1,8mm. No fio resultante, circula uma corrente constante de 1,3 ampéres. Qual a densidade de corrente em cada caso? i * Para o alumínio: j = A 1 A = π d 2 = (π / 4)(2,5 ×10−3 )2 = 4,91× 10−6 m 2 4 1, 3 A Logo: 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 A j= = −6 = 5,1× 105 A / m 2 A 2, 54 × 10 m 2 CIRCUITOS DE CORRENTE CONTÍNUA 1. 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. 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 = 12V CIRCUITOS RC 1. Um resistor R = 6, 2 M Ω e um capacitor C = 2, 4 µ F são ligados em série juntamente com uma bateria de 12V, de resistência interna desprezível. (a) Qual é a constante de tempo capacitiva deste circuito? (b) Em que instante depois de a bateria ser ligada a diferença de potencial nos terminais do capacitor é 5,6V? Resolução: (a) τ c = RC 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. O CAMPO MAGNÉTICO CAMPO MAGNÉTICO DE UMA ESPIRA CIRCULAR 1. Duas espiras circulares, concêntricas e coplanares, de raios 4π m e 5π m , são percorridas por correntes de intensidades 2A e 5A, conforme a figura. Calcular a intensidade do vetor indução magnética no centro das espiras, sendo µ = 4π ⋅10−7 T ⋅ m / A e caracterize o vetor indução magnética criado por cada espira no centro I2 = 5A O R1 R2 i1 = 2A Resolução R1 = 4π m, i1 = 2 A, R2 = 5π m, i2 = 5 A Aplicando-se a regra da mão direita, vê-se que a corrente i1 , cria no centro das espiras um vetor indução magnética perpendicular ao plano da espira, com o sentido do plano para o observador, de intensidade B1 µ ⋅ i1 4π ⋅10−7 ⋅ 2 B1 = = 2 R1 2 ⋅ 4π B1 = 10−7 T 2A A segunda espira cria, no centro das espiras, um vetor indução magnética perpendicular ao plano da espira com o sentido do observador para o plano, de intensidade 5A µ ⋅ i2 4π ⋅10−7 ⋅ 5 B2 B2 = = B2 = 2 ⋅10−7 T 2 R2 2 ⋅ 5π O vetor indução magnética resultante, no centro será perpendicular ao plano das espiras, “entrando” no plano (do observador para o plano) pois a intensidade de B2 , é maior que a de B1 . B = B1 + B2 ou B = B2 − B1 = 2 ⋅10−7 − 10−7 B = 10 −7 T $
  • 16. CAMPO MAGNÉTICO EM TORNO DE UM CONDUTOR RETO 1. Dois fios longos, retos e paralelos, situados no vácuo, são percorridos por correntes contrárias, com intensidade 2 A e 4 A , e separadas entre si de 0,20m. Calcule a intensidade do vetor indução magnética resultante no ponto P, indicado na figura. DADO: µ = 4 µ ⋅10−7 T ⋅ m / A P i1 10 cm 10 cm i2 = 4 A 2A Resolução O fio 1, cria em P, um vetor campo magnético entrando no plano do papel, de intensidade: µ ⋅ i1 4π ⋅10−7 ⋅ 2 B1 = = B1 = 4 ⋅10 −6 T 2π d1 2π ⋅ 0,1 O fio 2 também cria, em P, um vetor indução magnética “entrando” no plano do papel, de intensidade: µ ⋅ i2 4π ⋅10 −7 ⋅ 4 B2 = = B2 = 8 ⋅10−6 T 2π d 2 2π ⋅ 0,1 Portanto, 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. FORÇA SOBRE UMA CARGA MÓVEL EM UM CAMPO MAGNÉTICO UNIFORME 1. Uma carga q = 2 µ C , com velocidade v = 10m / s , penetra numa região onde atua um CMU de intensidade B = 10T , conforme a figura. Os vetores v e B formam um ângulo de 30º e estão contidos no plano (XZ). Determine o módulo, a direção e sentido da força magnética. Y B q X θ Z V Resolução (a) A intensidade da força magnética é: FMAG = q ⋅ V ⋅ B ⋅ senθ FMAG = 2 ⋅10−6 ⋅10 ⋅10 ⋅ sen 30º FMAG = 10 −4 N (b) A direção da força magnética é perpendicular ao plano formado por v e B (plano XZ). (c) O sentido é determinado pela regra da mão esquerda Y FMAG X θ Z V FORÇA SOBRE UM CONDUTOR RETO EM UM CAMPO MAGNÉTICO UNIFORME 1. Um condutor na forma retangular, de dimensões 10cm e 20cm (ver figura) está totalmente imerso em um campo magnético uniforme de intensidade B = 0, 5T . Calcule a intensidade da força que atua em cada ramo do condutor e o momento de rotação a que ele fica submetido, quando a intensidade da corrente for de 2A. $!
  • 18. A 10 cm B 20cm B D C i i Resolução Aplicando-se a regra da mão esquerda para determinar o sentido da força magnética, em cada ramo, tem-se: nos ramos AB e CD, as forças magnéticas têm intensidades nulas, pois as direções das correntes são paralelas às de B ; Nos ramos AD e BC, o ângulo entre B e i é igual a 90º, então FMAG = B ⋅ i ⋅ ⋅ senθ = B ⋅ i ⋅ sen 90º = 0,5 ⋅ 2 ⋅ 0, 2 = 0, 2 N Pode-se ver, através da figura, que o condutor fica sujeito a um BINÁRIO DE FORÇAS. M = FMAG ⋅ d , onde d = AB = 0,1m M = 0, 2 ⋅ 0,1 M = 2 ⋅10−2 N ⋅ m A i B FMAG FMAG 0, 2m B i i D i C i $"
  • 19. FORÇA ENTRE DUAS CORRENTES PARALELAS 1. Dois fios longos, retos e paralelos, situados no vácuo, são percorridos por correntes contrárias, de intensidade i1 = 2 A e i2 = 4 A . A distância entre os fios é de 0,1m. (a) Os fios se atraem ou se repelem? (b) Com que força, para cada metro de comprimento do fio? (c) O que ocorrera se inverter o sentido da corrente i2 ? Resolução (a) Como as correntes têm sentido opostos, há repulsão. (b) A intensidade da força para cada metro do fio é: 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. 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 T LEI DE FARADAY 1. A figura mostra uma espira condutora formada por um semicírculo de raio r = 0, 20m e três segmentos retos, o semicírculo está localizado em um campo magnético uniforme B que estar orientado para fora da página. A intensidade do campo é dada por
  • 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 2Ω CIRCUITOS RL 1. Um solenóide possui uma indutância de 53mH e uma resistência de 0, 37Ω . Se ele for ligado a uma bateria, quanto tempo levará para que a corrente alcance metade do seu valor final de equilíbrio? $
  • 22. Resolução t ε − τL A equação i = 1− e (subida da corrente) R Nós mostra que a corrente i aumenta exponencialmente de zero até o seu valor final de equilíbrio / R . Seja t0 o tempo que a corrente i leva para alcançar metade do seu valor de equilíbrio, então, a equação anterior nos dá 1 = 1 − e− t0 /τ L 2R R Explicitamos t0 cancelando , isolando R A 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 s 2. Uma bobina tem uma indutância de 53mH e uma resistência de 0, 35Ω . a. Se uma fem de 12V for aplicada entre as extremidades da bobina, quanta energia é armazenada no campo magnético depois de a corrente atingir o seu valor de equilíbrio? b. Após quantas constantes de tempo, metade desta energia de equilíbrio estará armazenada no campo magnético? Resolução 12V (a) A corrente máxima é im = = = 34,3 A R 0, 35 A energia armazenada será: 1 2 1 2 1 UB = Li UB = Lim = (53 ⋅10 −3 H ) ⋅ (34,3 A)2 2 2 2 U B = 31 j 1 (b) Queremos saber em que instante t a relação U B = U B ∞ 2 1 2 1 1 2 1 Li = Li∞ i= i∞ 2 2 2 2 R (1 − e ) = − t /τ L 2⋅R 1 Cancelando / R teremos e −t /τ L = 1 − 2
  • 23. t Então: = − ln 0, 293 t ≈ 1, 2τ L τL Portanto: A energia armazenada atinge a metade do seu valor máximo depois de decorridos 1,2 constante de tempo. CORRENTE ALTERNADA 1. Um resistor cuja resistência vale 50Ω é percorrido por uma corrente alternada que obedece a função: i = 8 2 ⋅ sen120π ⋅ t (unidades do SI) Determine: (a) A freqüência da corrente alternada; (b) A máxima intensidade de corrente; (c) O valor eficaz da corrente alternada; (d) O valor eficaz da ddp aplicada nos terminais do registro; (e) A potência dissipada pelo resistor. Resolução Comparando com i = iMAX ⋅ sen ωt , temos: 2π (a) ω = 120π rad / s ω = = 2π f (pulsação da corrente) T ω = 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 = 3200W P = Potência média dissipada
  • 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, 0V Cálculo de VR (t ) :VR (t ) = (t ) = m sen ωd t ωd = 2π f d = 2π (60 Hz ) = 120π VR = m sen ωd t VR = (36, 0V ) sen (120π t ) (b) iR = I R sen (ωd t − φ ) = I R sen ω1t VR 36, 0V IR = IR = I R = 0,180 A R 200Ω iR = I R sen (ωd t − φ ) = I R sen ωd t ir = (0,180 A) sen (120π t ) CARGA PURAMENTE CAPACITIVA 1. Na figura seguinte, a capacitância C é de 150 µ F e o dispositivo de fem alternada senoidal opera a uma amplitude m = 36, 0V e a uma freqüência f d = 60, 0 Hz . (a) Qual a diferença de potencial VC (t ) entre os terminais do capacitor e qual a amplitude VC de VC (t ) ? (b) Qual a corrente ic (t ) no circuito em função do tempo e qual a amplitude I C de I C (t ) ?
  • 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 INDUTIVA 1. Na figura a seguir, a indutância L vale 230mH e o dispositivo de fem alternada senoidal opera a uma amplitude m = 36, 0V e a uma freqüência f d = 60, 0 Hz . (a) Qual a diferença de potencial VL (t ) entre os terminais do indutor e qual a amplitude VL de VL (t ) ? (b) Qual a corrente iL (t ) no circuito em função do tempo e qual a amplitude I L de I L (t ' ) ? Resolução (a) VL (t ) = (t ) e VL = 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. (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 SÉRIE 1. Um circuito RLC em série, excitado por uma fem rms = 120V a uma freqüência f d = 60, 0 Hz , contém uma resistência R = 200Ω , uma indutância com X L = 800Ω e uma capacitância com X C = 150Ω . (a) Qual o fator de potência cos φ e qual a constante de fase φ do circuito? (b) Qual a taxa média PMED com que se dissipa energia na resistência? Resolução (a) Z = R 2 + ( X L − X C )2 = (200Ω) 2 + (80Ω − 150Ω)2 Z = 211,90Ω R 200Ω cos φ = = cos φ ≈ 0,944 Z 211, 90Ω φ = arc cos 0, 944 = ±19, 3º φ = ±19,3º Tanto +19, 3º quando −19, 3º possuem um cosseno de 0,944. Para determinamos qual sinal é o correto, temos que considerar se a corrente está adiantada ou atrasada em relação à fem aplicada. Como X C > X L , este circulo é principalmente capacitivo, com a corrente adiantada em relação fem. Assim, φ tem que ser negativa: φ = −19,3º X L − XC A equação: tg φ = nos dá a resposta completa, com o sinal negativo. R
  • 27. 2 (120V ) 2 (0, 9438) PMED = rms cos φ = (b) Z 211, 90Ω PMED = 64,1W TRANSFORMADOR 1. Um transformador em um poste de uma concessionária de energia opera com VP = 8,5kV no enrolamento primário e fornece a energia a um certo número de casas próximas com VS = 120V ; sendo estas duas tensões em valores eficazes. Suponha um transformador abaixador ideal, uma carga puramente resistiva e um fator de potência igual à unidade. (a) Qual razão entre o número de voltas N P / N S do transformador? (b) A taxa média de consumo de energia (ou dissipação) nas casas servidas pelo transformador é de 78kW. Quais as correntes eficazes no primário e no secundário do transformador? (c) Qual a carga resistiva RS no circuito secundário? Qual a carga resistiva correspondente RP no circuito primário? Resolução 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 !