Instituto Federal do ParáCurso de Engenharia de Controle e Automação 2º semestre Disciplina: Física II Professor: Leonardo Nascimento Resolução de Problemas do Livro Fundamentos da Física 8ª Ed. Vol. 3 2014 CAPÍTULO 21 PROBLEM A 20 A Fig.21-30 mostra um sistema de quatro partículas carregadas com θ=300 ° e d=2,00 cm . A carga da partícula 2 é carga das partículas 3 e 4 é −19 q 2=+8,00 ×10 ∁ ; a q3 =q 4=−1,60 ×10−19 ∁ . (a) Qual deve ser a distância D entre a origem e a partícula 2 para que a força que age sobre a partícula 1 seja nula? (b) Se as partículas 3 e 4 são aproximadas do eixo x simétricas em este eixo, o distância D é menor ou item (a)? RESOLUÇÃO Dados: mantendo-se relação a valor da maior, igual ao do d=2 cm cos 30 °=√ 3/2 |q 3|=|q4|=1,6 ∙ 10−19 |q 2|=+8 ∙ 10−19 Cálculo de C C r a partir dos triângulos d cos 30 °= =r . cos 30° =d r r= d 2d = √3 √ 3 2 , logo r= 2d √3 Calculando a força eletrostática temos: F13= |q 1|=|q3|cos 30 ° r2 |q1|=|q 4|cos 30 ° F14 = r 2 ↔ F 13= |q1|=|q 3|cos 30 ° r 2 Analisando as componentes e fazendo a soma vetorial temos: Fr= Fr= 2|q1|∙|q3|cos 30 ° 4 πε r 2 = 2|q 1|∙|q3| √ 3 ∙ 1 3 √ 3|q 1 ∙ q 3| ∙ = 2 2 4 πε 4d 16 πε d 2 2 3 √ 3|q 1 ∙ q3| 16 πε d 2 Fr−F12=0 3 √ 3|q 1 ∙ q3| 3 √ 3|q 1 ∙ q3| |q1|∙5|q3| |q1|∙|q2| = ↔ = 2 2 2 2 16 πε d 4 πε (D+ d) 16 πε d 4 πε (D+d ) 2 3 √ 3|q 1 ∙ q3| |q1|∙5|q3| 5∙4d 2 = ↔(D+ d) = 2 2 16 πε d 4 πε (D+ d) 3 √3 D=d ∙ 2∙ CAPÍTULO 21 √ 5 3√3 −1=1,92 cm PROBLEM A 21 Na Fig. 21-31, as partículas 1 e 2, de carga sobre o eixo de carga até y , a uma distância q3 =+6,40 ×10−19 ∁ q1 =q2 =+ 3,20× 10−19 ∁ d=17,00 cm da origem. A partícula 3 , é deslocada ao longo do eixo x=+5,0 m . Para que valor de x , estão x , de x=0 o módulo da força eletroestática exercida pelas partículas 1 e 2 sobre a partícula 3 é (a) mínimo e (b) máximo? Quais são os valores (c) mínimo e (d) máximo do módulo. 4 ×10 F Res=2 F e ×cos θ= 2× ( 2 e ) × ( 4 e ) × 4 π ε 0 ( x 2 +d 2 ) x = 1 C → q3=4 e 4 e2 x 3 ( x 2+ d2 ) 2 π ε 0 ( x2 +d 2 ) 2 Derivando apenas o que está dentro do círculo temos: d F dx Res d = dx 3 2 2 1 ( x +d ) −x 2 x 3 ( x2 +d 2 ) 2 2 2 2 [( ( x + d ) ) ] 2 −3 d =( x2 +d 2 ) 2 − dx 3 2 2 3 x2 → 5 ( x 2 +d 2 ) 2 2 → 3 2 2 2 1 2 2 d ( x +d ) 3 x ( x +d ) = − 3 dx ( x 2+ d 2 )3 ( x 2 +d 2 ) d x2 + d2 −3 x 2 d 2−2 x 2 = = 5 5 dx 2 2 2 2 2 2 ( x +d ) (x +d ) .2× 10−19 C → q1=q2=2 e −19 q3 =6.RESOLUÇÃO Dados −19 e=1.6 ×10 C cos θ=x / √ x 2 +d 2 q1 =q2 =3. √2 c) O valor mínimo da d) O valor máximo é: F Res=0 . . x min=0 . então b) x max= d =12 cm.d 4 e 2 d 2−2 x 2 d F Res= × → F Res=0 5 dx π ε0 dx ( x 2+ d 2 ) 2 4 e2 d 2−2 x 2 × =0 → d 2−2 x 2=0 5 π ε0 ( x2 + d2 ) 2 2 x 2=d 2 → x =± d √2 Analisando o estudo sinal temos: a) Como o ponto mínimo encontra-se no limite inferior do intervalo. na curva 1. 21-32 c situações. Flot =2 F 0 .12m 5 π ε0 √2 ( x2 + d2 ) 2 F Res=4. para θ=180 ° . 21-32 a mostra um sistema de três partículas carregadas separadas por uma distância x d . por exemplo. qual é a razão entre a carga da partícula C e a carga da partícula B (incluindo o sinal) ? (b) Qual é a mesma razão para a situação correspondente à curva 2? RESOLUÇÃO a) F= 1 q1 q 2 4 π ε0 d 2 Quando θ=0° Ft =0 FCA + F BA =0 FCA =−F BA Quando θ=180 ° . Esta força total está plotada em função do ângulo θ e como múltiplo da uma força de referência Assim. (a) para a situação correspondente à curva 1. vemos que F0 . As curvas da Fig.2 2 2 4 e d −2 x d × → Para x= → x max=12 cm=0. o módulo Flot mostram. para duas da força eletrostática total que as outras partículas exercem sobre a partícula A. As partículas A e C estão fixas no lugar sobre o eixo ( Fig. 21-32 b ).9× 10−26 N CAPÍTULO 21 PROBLEM A 22 A Fig. qC qB qC 4 F CA = q B F BA FCA + F BA =0 FCA =−F BA qC =−4 qB b) Para resolvermos essa alternativa. Isolando as cargas q B= F BA 4 π ε 0 d 2 qA qC = F CA 4 π ε 0 4 d qA qB e qC nas seguintes expressões. F BA= 1 qA qB 4 π ε 0 d2 FCA = 1 qA qC 4 π ε 0 ( 2 d )2 Logo. Para o iremos observar as θ=0° .Ft =2 F0 Onde. temos que a Força . temos: 2 Fazendo. novamente informações contidas no gráfico. temos que: C −4 q B +q ¿ ¿ K¿ 3d ² q A= ¿ Como a carga A é a mesma nas duas situações.75.25 K q A q B K q A qC + =1.Resultante na partícula A é: 1.25 4d ² Isolando a carga A.25 2 d ( 2 d )2 4 K q A qB + K q A q C =1.75 −K q A q B K q A q C + =0.25 . podemos iguala-las: . temos que: C 4 q B +q ¿ ¿ K¿ 5d ² qA= ¿ Agora iremos calcular a situação 2( θ=180 ° ¿ −F BA + F CA =0. Primeiramente iremos calcular a situação 1 ( θ=0° ): F BA + FCA =1.75 4d ² Isolando a carga B.75 d2 ( 2 d )2 −4 K q A q B + K q A qC =0. a Força Resultante será de 0. Já para θ=180 ° . medida em coulombs por metro cúbico. o resultado será: qc =16 qB CAPÍTULO 21 PROBLEM A 23 Uma casca esférica não-condutora. distancia em metros a partir do centro da casca e b carga total da casca. RESOLUÇÃO ρ= b r . Qual é a . possui uma distribuição de cargas não-homogêneas.C −4 q B +q ¿ ¿ C 4 q B + q¿ ¿ K¿ K¿ 3 d² ¿ Após a manipulação algébrica.0 cm e um raio externo de 6. onde r é ¿ 3. No caso dessa casca.0 cm.0 μ C /m 2 . com um raio interno de 4. A densidade volumétrica de carga ρ é a carga por unidade de volume. 0 μc /m2 . dV =4 πr dr ρ= 2 dq →dq=ρdV dV b ∫ dq=∫ ρdV →q=∫ r ∙ 4 π r 2 dr r2 q=4 πb ∫ rdr → q=4 πb r1 r2 r2 2 r1 | . sendo r 1=4 cm r 2=6 cm Notação: 2 dV =r sen θ dθd Φ dr Onde. sen θ dθd Φ=4 π Então.r 1=4 cm r 2=6 cm Dados ρ= b r b=3. sobre o eixo de carga −q .062 −0. O ângulo θ x . 1 e 2. determine (a) o menor valor possível de valor possível de θ . O elétrons 2 está livre para se mover.q=2 πb r 2 | r2 r1 → q=2 πb ( r 22−r 12 ) q=2 π 3 ( 0.042 ) q ≅ 0. . (c) 0 terceiro menor valor possível de RESOLUÇÃO cos θ= R R →r = r cos θ Fe2.4 x θ . e dois íons.038 μ C=3.8 ∙ 10−8 C CAPÍTULO 21 PROBLEM A 34 A Fig.3x + Fe2. sobre o eixo y .1=Fe 2. 21-35 mostra dois elétrons. (b) o segundo menor θ . Para valores fisicamente possíveis de q ≤ 5 e . 3 e 4. as outras três partículas são mantidas fixas a uma distância horizontal R do elétron 2. e seu objetivo é impedir que o elétron 2 se mova. é o mesmo para os dois íons. em seguida.… . θ será . considerando a exigência de que q≤5e nos leva a: e 1 ≤5 e ⟹ 1 ≤ cos θ 3 2 cos θ (10) 3 O problema pede para "valores fisicamente possíveis". e são permitidos para n=1. √ 3 1 2n . para encontrado tomando o ne= a) Para √ cos−1 e 3 1 →θ=cos−1 3 2n 2cos θ n=1.4 cos θ K (−e )(−e ) K (−e )(−q ) cos θ K (−e ) (−q ) cos θ = + ÷(−Ke) 2 2 2 R r r e q cos θ q cos θ = + 2 2 2 R r r R 2 ¿ cos θ ¿ ¿ e 2 q cos θ = 2 ¿ R Resolvendo a equação acima.Fe2. 5 . Se deixarmos q=ne . e é razoável supor que apenas valores positivos-inteiros múltiplos de q .3 cos θ Fe2.4 x =Fe2.3 x =Fe2. no centro (Fig.95 ° (RESPOSTA) 2× 2 4 n=3. 21-36).6 ° (RESPOSTA) 2× 3 6 PROBLEM A 35 Nos cristais de cloreto de césio. −¿¿ Cl . dizemos que o cristal possui . portanto. θ=cos−1 CAPÍTULO 21 √ 1 3 1 =cos−1 =cos−1 0. portanto. estão nos oito vértices de um cubo.629 → θ ≅50. θ=cos−1 c) Para √ 3 √ 3 √ 1 3 1 =cos−1 =cos−1 0. A +¿ C s¿ possuem um elétron a menos aresta do cubo tem 0. uma carga (e.θ=cos−1 b) Para √ 3 √ 1 3 1 =cos−1 =cos−1 0.55 →θ ≅ 56.40 nm . +¿¿ C s .794 → θ ≅37. e os íons −¿¿ Cl possuem um elétron a mais – e ). (a) Qual é o módulo da força eletrostática −¿¿ Cl −¿¿ Cs pelos íons +¿ C s¿ situados nos vértices do está faltando.5 ° ( RESPOSTA ) 2× 1 2 n=2. os íons de césio. (b) Se um dos íons +e ). uma carga total exercida sobre o íon cubo. com um íon de cloro. Os íons (e. 6× 10−19 ) e2 e2 Fe =k 2 =k = =1.99 ×10−9 ) × ( 1.9× 10−9 N 2 2 3 d 3 × ( 0. C l . b) c) −¿=−e ¿ +¿=+ e . q1 q 2=e ¿ d) 3 d=a √ .4 × 10−9 ) a 4 4 2 CAPÍTULO 22 () PROBLEM A 16 () . 2 e) ( 8. deste modo a força total exercida sobre o íon de cloro é igual a zero.um defeito. ¿ Cs +¿ . qual é o módulo da força eletrostática total exercida sobre o íon −¿¿ Cl pelos íons +¿ C s¿ restantes? RESOLUÇÃO a) Cada íon de césio no canto do cubo exerce a mesma força sem sentidos opostos sobre o íon de cloro no centro do cubro. juntas. RESOLUÇÃO Dados q1 =+2. de carga +2.00 μ∁ . e a conta 2.A Fig. 22-39 um anel de plástico de raio R=50. Determine (a) um valor positivo e (b) um valor negativo do ângulo E=2.0 cm . de carga +6. um campo elétrico de módulo E no centro do anel.0 cm Calculando o campo elétrico das componentes temos: θ para que . que é mantida fixa na extremidade esquerda. Duas pequenas contas coloridas estão sobre o anel: a conta 1. que pode ser deslocada ao longo do anel.00 μ ∁ .00× 10−6 C q 2=+6. As duas contas produzem.00× 105 N /∁ .00× 10−6 C E=+2 ×10−5 N /C R=50. E x= E y= q1 4 π ε0 R 2 − q 2 cos θ 4 π ε0 R 2 −q1 cos θ 4 π ε0 R 2 Assim. E2=E x 2+ E y 2 q12 2 E= E2= 2 ( 4 π ε0 R 2 ) q1 − 2 − 2 2 ( 4 π ε0 R ) 2 q1 2 2 q12 2 q 2 q 1 cos θ 2 ( 4 π ε 0 R2 ) 2 q 2 q 1 cos θ 2 ( 4 π ε 0 R2 ) q2 cos θ 2 −q2 sen θ + + 4 π ε 0 R2 4 π ε0 R 2 ( )( 2 + 2 q2 co s θ + 2 2 2 E= 2 ( 4 π ε0 R 2 ) 2 E2= − 2 ( 4 π ε 0 R2 ) + q 22 ( 1 ) 2 ( 4 π ε0 R 2 ) 2 q 1 +q 2 −2 q2 q1 cos θ 2 ( 4 π ε 0 R2 ) −1 θ=cos ( 2 2 ( 4 π ε0 R ) ( 4 π ε0 R 2 ) 2 q 2 q 1 cos θ q 22 ( co s2 θ se n2 θ ) E= − + 2 2 2 ( 4 π ε 0 R 2 ) ( 4 π ε 0 R2 ) ( 4 π ε 0 R2 ) 2 q 2 q 1 cos θ 2 q2 se n θ q12 +q 22−( 4 π ε 0 R 2) E 2 2 q1 q2 ) 2 ) . 0 cm.Substituindo os valores temos: θ=67. é mantida fixa.8° a) O valor positivo do ângulo é θ=−67. A conta 1 está incialmente sobre o eixo x . na posição θ=0° . do campo. e a Fig. para a posição θ=180 ° . A conta 2.0 ×10 N /C .8 ° b) O valor negativo do ângulo é CAPÍTULO 22 PROBLEM A 17 Duas contas carregadas estão sobre o anel da Fig. . A Fig. mas é deslocada para a extremidade oposta do anel. As escalas dos eixos verticais E xs=5. Qual é ângulo da conta 2? Determine as cargas (b) da conta 1 e (c) da conta 2.22-40b mostra a componente elétrico produzido na origem pelas duas contas em função de y 22-40c mostra a componente são definidas por θ 4 x do campo θ . 22-40a. ou seja.0 ×10 N /C e 4 E ys =−9. que possui um raio R = 60. que não aparece na figura. passando pelo primeiro e segundo quadrantes do sistema de coordenadas xy . 854. formado por dois dipolos de mesmo módulo e sentidos opostos.6 ) (−4.RESOLUÇÃO a) Quando a conta 1 está no eixo Y positivo. o que implica que a conta 2 está no eixo y negativo.6 ) ( 5.6. b) q 1=4 π ϵ 0 E=4 π ( 8. Mostre que o valor de E distância em um ponto z P sobre o eixo do quadrupolo situado a uma do centro (supondo z ≫ d ) é dado por: E= 3Q 4 4 π ε0 z . 22-42 mostra um quadrupolo elétrico. então o ângulo é -90°.10 4 )=2. 10−6 C CAPÍTULO 22 PROBLEM A 21 Quadrupolo elétrico. A Fig.854.10−6 C c) q 2=4 π ϵ 0 E=4 π ( 8. não existe componente X do campo elétrico resultante.10−12 ) ( 0.10−12 ) ( 0. 104 ) =−1. RESOLUÇÃO Calculando o campo elétrico no ponto P temos: +¿ ¿ −¿ ¿ ¿ E=E ¿ 1 ∙ 4 πε Nota: ( q ( z 2− d 2 2 ) −1 ∙ 4 πε 2 [ ( )] d 2 d z 2− = z 2 ∙ 1± 2 2 ) = = q ( z2 − ( ) ( 2 ( z 2)2 ∙ 1± q 4 πε (z 2)2 ∙ 1− d 2 d 2 z2 2 ) = d 2 z2 2 ) −q ( 4 πε ( z 2)2 ∙ 1+ d 2 z2 2 ) . ¿ 2 q d2 Q¿ ) é chamado de momento quadrupolar da distribuição de cargas.Onde. q ∙ 4 πε ( z 2)2 Nota: x= d 2 z2 [( 1 1− d 2 z2 2 − ) ( 1 d 1+ 2 z2 2 ) ] . resolvendo apenas a parte em vermelho temos: [ ][ 2 2 ] ( 1+ x ) ( 1−x ) 1 1 1 1 − = ∙ − ∙ ↔ 2 2 2 2 2 ( 1−x ) (1+ x ) ( 1+ x ) ( 1−x ) ( 1+ x ) ( 1−x )2 ¿ ( 1+ x )2 ( 1− x )2 − ↔ ( 1+ x )2 ∙ ( 1−x )2 (1+ x )2 ∙ ( 1−x )2 ( 1+ x )2−( 1−x )2 4x ¿ = 2 2 ( 1+ x ) ∙ ( 1−x ) ( 1−x 2 )2 Assim: [ q 4x q 4d ∙ = ∙ ∙ 2 2 2 2 4 πε (z 2) ( 1−x ) 4 πε ( z2 ) 2 z 2 E2= qd 3 2 πε ( z 2 ) e E 1= −qd 3 2 πε ( z 1 ) 1 2 2 [ ( )] d 1− 2 z2 ] . logo obtemos a seguinte expressão: [ q 1 1 ∙ − 2 2 4 πε( z 2) ( 1−x ) ( 1+ x )2 ] . Logo. o campo elétrico produzido pelo dipolo elétrico será: E1 + E2=E q qd ∙ 2 πε [( 1 1 − 3 d d z− z+ 2 2 3 ) ( ) ] ↔ [ () ( )] qd d ∙ z− 2 πε 2 Nota: Expansão Binominal ( z−d / 2 )−3 ≈ z −3−3 z−4 (−d /2 ) ( z+ d /2 )−3 ≈ z−3−3 z−4 ( d /2 ) Como E= [ ] Q=2 q d 2 qd 1 3 d 1 3 d 6q d + − + = 2 π ε0 z 3 2 z 4 z 3 2 z4 4 π ε0 z4 E= 3Q 4 πε ( z )4 2 −3 − z+ d 2 −3 . 00 cm x P . uma carga positiva q=7.CAPÍTULO 22 Na PROBLEM A 32 Fig.81 p ∁ está uniformemente em barra fina. situado sobre a da barra. 22-51. não-condutora.5 cm . Determine (a) o módulo e (b) a orientação (em relação ao semi-eixo positivo) do campo elétrico produzido no ponto mediatriz da barra. . de comprimento distribuída L=14. a uma distância RESOLUÇÃO R=6. Notações: r= √ x 2 + R2 λ= dq dx dE ∙ cos θ= cos θ= . E=∫ dE ∙cos θ= l 2 x R 1 dq 4 πε r 2 1 Rλ∫ 4 πε 0 1 dq 1 dq R ∙ cos θ→ E=∫ dE ∙ cos θ=∫ ∙ 4 πε r 2 4 πε r 2 r 1 dq 1 1 λdx R ∫ 2 ∙ → E= R∫ 2 2 ∙ 4 πε 4 πε r r (x +R ) dx 2 3 2 2 (x +R ) x=R ∙ tan θ dx ' ' 2 =R ∙ tanθ+ R ∙ tan θ =R se c θ dθ E= sen θ= 1 dq ∙ cos θ 4 πε r 2 E=∫ dE ∙cos θ=∫ E= R r 1 R∙ λ ∙ 2∫ 4 πε R ∙ se c 2 θ dθ (( R ∙ tan θ ) 2 +R 3 2 2 ) 1 2 1 2 2 (x +R ) . dE= . E= 1 R ∙ se c2 θ dθ R∙ λ ∙ 2∫ 3 4 πε R ∙ se c 3 θ E= 1 λ ∙ 2 1 ∙ dθ 1 λ∙2 ∙ → E= ∙ cos θ ∙ dθ ∫ 4 πε R sec θ 4 πε R ∫ . ( ( R ∙ tan θ ) 2 +R 3 2 2 ) =R3 ∙ se c 3 θ Logo.Notação: 2 θ=¿ se c θ 2 2 co s θ se n θ 1 + = →1+t g2 ¿ 2 2 cos θ co s θ co s θ 1 E= R∙ λ ∙ 2∫ 4 πε 2 R ∙ se c θ dθ 3 (( R ∙ tan θ )2 + R2 )2 Resolvendo apenas a equação em vermelho temos 3 3 ( ( R ∙ tan θ )2 + R2 ) 2 =[ ( ( R ∙ tan θ )2+ R 2 ) ] 2 → 3 ¿ [ R2 ( t g2 θ+ 1 ) ] 2 → R3 ∙ se c 3 θ Assim. Mostre o campo elétrico ⃗ Ep no ponto P faz um ângulo de 45 ° . 22-52. infinita apenas em um sentido) possui uma densidade linear de cargas uniforme λ . uma barra não-condutora “semi-infinita” (ou seja.4 N /C 4 πε R √ L + 4 R2 CAPÍTULO 22 | PROBLEM A 33 Na Fig.E= 1 λ∙2 ∙ ∙ ( sen θf −sen θi ) 4 πε R sen θ= x √ x + R2 2 E= 1 λ∙2 x ∙ ∙ 2 2 l/2 4 πε R √ x + R 0 E= 1 λ∙2 L ∙ ∙ 2 =12. com a barra e que esse resultado não depende da distância R . RESOLUÇÃO r 2=x 2 + R ² λ= dq dx cosθ= R r senθ= x R dE= 1 dq 4 πε r ² ⃗ Ep (Sugestão: nas direções paralela e . calcule separadamente as componentes de perpendicular à barra). tg θ Portanto.E y =dEcosθ= 1 dq cosθ 4 πε r ² E y =∫ dEcosθ= 1 λdx R 4 πε (x2 + R2 ) (x 2+ R2)1 /2 +∞ E y= λR ∫ dx 4 πε 0 ( x 2+ R 2)3 /2 # Lembrando que: dx=R . sec ³ θ λ E y= 4 πεR π /2 λ E y= 4 πεR π /2 E y= dθ ∫ secθ 0 ∫ cosθ . se c 2 θ . sen −sen ( 0 ) = 4 πεR 2 4 πεR Conclusão: . se c 2 θ . dθ E y= ∫ 4 πε 0 R3 . se c θ . tgθ)2 + R2 )3/ 2 π/2 λR R . dθ X = R. dθ 0 [ () ] λ π λ . dθ E y= ∫ 4 πε 0 ((R . π/2 2 λR R . qual é valor de Para b ? x 1=1.0+2.00 J^ +bz K .43 envolve +24. A face inferior está no plano horizontal que x 2=4. .00 m .00 m .00 m .Se fizermos o cálculo do campo elétrico no Eixo será o mesmo do campo do eixo de cos θ porque por sen θ x .0 ε 0 ∁ uma carga de e está imersa em um campo elétrico dado ^ ]N /∁ ⃗ E=[ ( 10. a face superior está no plano y 2=1. passa z 1=1.00 x ) ^I −3. 23. Para isso. veremos que o valor y . z 2=3. Essa igualdade de campos é sen 45 °=cos 45 ° .00 m .00 m RESOLUÇÃO Para a face esquerda: pelo e ponto x e z em metros e b xz . CAPÍTULO PROBLEM 23 A 16 A superfície gaussiana em forma de paralelepípedo da Fig. com constante. é necessário a substituição no início dos cálculos. Φe =∫ ⃗ Ex ∙ ⃗ dA=∫ [ ( 10+2 x 1 ) i^ × (−⃗ dA ) i^ ] → dA ) i^ ] →−12∫ dA=−12× 2→ ∫ [ ( 10+2 ×1 ) i^ × (−⃗ Φe =∫ ⃗ Ex∙ ⃗ dA=−24 N m 2 /C Para a face direita: Φd =∫ ⃗ Ex ∙ ⃗ dA=∫ [ ( 10+ 2 x 2 ) i^ × ( ⃗ dA ) i^ ] → dA ) i^ ] → 18∫ dA=18 ×2 → ∫ [ ( 10+2 × 4 ) i^ × (⃗ Φd =∫ ⃗ Ex ∙ ⃗ dA=36 N m2 /C Para a face superior Φ s=∫ ⃗ E y ∙⃗ dA=∫ [ ( 3 ) ^j × (−⃗ dA ) ^j ] → ∫ [ ( 3 ) × (−dA ) ] →−3∫ dA=−3 × 6→ 2 Φ s=∫ ⃗ Ex ∙⃗ dA=−18 N m /C Para a face inferior: . Φi =∫ ⃗ Ey ∙ ⃗ dA=∫ [ ( 3 ) ^j × ( ⃗ dA ) ^j ] → ∫ [ ( 3 ) × ( dA ) ] → 3∫ dA=3 ×6 → 2 Φi =∫ ⃗ Ey ∙ ⃗ dA=18 N m /C Para a face frontal: Φ f =∫ ⃗ Ez ∙⃗ dA=∫ [ ( b z 2 ) k^ × ( ⃗ dA ) k^ ] → dA ) k^ ] → 3 b=∫ dA=3 b ×3 ∫ [ ( b × 3 ) k^ × ( ⃗ Φ f =∫ ⃗ E z ∙⃗ dA=9 bN m2 /C Para a face traseira: Φt =∫ ⃗ Ez ∙⃗ dA=∫ [ ( b z 1) k^ × (−⃗ dA ) k^ ] → dA ) k^ ] →−b=∫ dA=−b ×3 ∫ [ ( b × 1 ) k^ × (−⃗ 2 Φt =∫ ⃗ Ez ∙⃗ dA=−3 bN m /C Cálculo do fluxo total: . 0 cm RESOLUÇÃO Para calcular o campo utilizamos a Le de Gauss. determine o módulo do campo elétrico (a) para . para r ρ a partir do eixo do cilindro: de raio. utiliza-se uma superfície cilíndrica de área 2 V =π r L 2 πrL . longo.0 cm densidade volumétrica de carga não-uniforme distância radial 5 A=2.0 cm r=5.5 μ C /m . possui uma que é função da ρ= A r 2 . não-condutor. O volume dessa superfície é: . Para r=3. com 4.ΦT =Φ e +Φ d +Φ s +Φ i+Φ f + Φt → ΦT =−24+36−18+18+ 9 b−3 b ΦT =12+6 bN m2 / C Cálculo de b: q env =ε 0 ×Φ T →24 ε 0=ε 0 ( 12+ 6 b ) → 6 b=24−12→ 6 b=12→ b=2 N /Cm CAPÍTULO 23 PROBLEM A 32 Um cilindro maciço. integrando temos: ∫ dq=∫ ρ ∙ dV → q env =∫ ρ ∙ dV Definindo a integral e substituindo r ρ= A r 2 e dV =2 πrLdr temos: r q env =∫ A r 2 πrLdr → q env =2 πAL∫ r 3 dr 2 0 0 [ 4 ] 4 r 0 r q env =2 πrL − → q env =2 πrL 4 4 4 q env = π ALr 4 2 Calculando o campo elétrico temos: Nota: Pela Lei de Gauss o fluxo e carga envolvida são respectivamente: φ=|⃗ E|∙ A q env =ε 0 φ .Ou então: dV =2 πrL → dV =2 πrLdr dr Calculando a carga envolvida temos: ρ= q dV → ρ= →dq=ρ ∙ dV V dr Assim. 14 ∙ 8.04 ∫ 0 4 0.85 ×10−12 ) b) Do lado de fora do cilindro.85 ×10 ( ) E=3.5× 10−6 ) ∙ ( 0. temos: π AL r 4 q 2 |⃗E|∙ A= env →|⃗ E|( 2 πrL )= ε0 ε0 A r 3 |⃗| A r 3 2|⃗ E|= → E= 2 ε0 4 ε0 r=0.04 ) r 0 λ=2 πA − → λ=2 πA → 4 4 4 λ=( 1× 10−11 ) C /m Aplicando a equação 23-12 e substituindo E= ( −11 λ 1× 10 r → E= −12 2 πε 0 2 ∙ .9 N /C 4 ( 8.Assim. à equação 23-12 é obedecida (linhas longas de cargas).6 N /C ) λ e r=0. para achar a densidade linear de carga λ=q /L .04 1 A r 2 πrLdr → λ= 2 πrAL ∫ r 3 dr L 0 2 2 ] ( 0.05 m temos: .03 )3 ⃗ →|E|=1. Logo. q 1 λ= = L L [ 0. assim podemos encontrar a carga total.03 m a) Fazendo para |⃗E|= ( 2. (d) em x=0 .CAPÍTULO 23 PROBLEM A 43 A Fig. (b) em x=26.00 mm . RESOLUÇÃO a) O campo está paralelo às outras faces da superfície gaussiana e o fluxo através deles é zero.80 f C /m3 . O fluxo total através da superfície gaussiana é: 2 Φ=2 E a .40 mm e uma densidade volumétrica de ρ=5. A origem do eixo x está no centro da placa. Determine o módulo do campo elétrico (a) em x=2.70 mm . (c) x=4.0 mm . 23-47 mostra uma seção reta de uma placa não-condutora muito extensa com uma espessura cargas uniforme d=9. temos: 2 −15 3 −3 xρ ( 5.e a carga nela .8 ×10 C /m ) ∙ ( 2 ×10 m ) E= = → ε0 8.7 ×10−2 m .O volume fechado pela superfície Gaussiana é contida é: 2 q=2 a xρ Pela lei de Gauss ε 0 Φ=q env =ε 0 2 E a2=2 a2 xρ→ E= Portanto.85 ×10−12 C 2 /N m2 E= c) Para xρ =1.7 ×10 m ) E= = → ε0 8.31 ×10−6 N /C ε0 d x= =4.85 ×10−12 C2 / N m2 E= xρ =3. temos: xρ 0 ρ → =0 ε0 ε0 b) −15 3 −3 xρ ( 5.08 ×10−6 N /C ε0 2 2 a x . para E= xρ ε0 x=0 .8 ×10 C /m ) ∙ ( 4. onde K é uma constante e r é a distância do centro da esfera. temos uma superfície Gaussiana de mesma d) Para x> d /2 . O campo aponta para longe do centro da esfera.4 ×10 m ) = → 2 ε0 2 ( 8. Qual é a distribuição volumétrica de cargas RESOLUÇÃO ρ ? . forma e orientação.85 ×10−12 C 2 / N m2 ) E= dρ −6 =3. mas com A carga compreendida é agora: q=a2 dρ Pela lei de Gauss ε 0 Φ=q env =ε 0 2 E a2=a2 dρ → E= CAPÍTULO 23 dρ 2 ε0 E= −15 3 −3 dρ ( 5.08 ×10 N /C ε0 PROBLEM A 53 Uma distribuição de cargas não-uniforme.8 ×10 C /m ) ∙ ( 9.6 ×10−2 m . mas com simetria esférica produz um campo elétrico de módulo E=Kr 4 .x=2. ∫¿ E= 1 q 2 ¿ 4 π ε0 r ∫ ¿=∫ ρdV q¿ Usando coordenadas esféricas 2π ( Φ . r 1 ∫ ρ ( r ) r 2 dr =k r 4 → ε0 r2 0 r ∫ ρ ( r ) r 2 dr=k r 4 ε0 r 2=ε 0 kr 6 0 . θ . r ) temos: π 2 r ∫ ¿=∫ d Φ ∫ cos θ dθ∫ ρ ( r ) r 2 dr → 0 0 −π 2 q¿ r ∫ ¿=4 π ∫ ρ ( r ) r 2 dr 0 q¿ Logo o campo será dado por: r 1 ρ ( r ) r dr =¿ ρ ( r ) r 2 dr → E=k r 4 2∫ ε0 r 0 2 r 1 E= 4 π∫ ¿ 2 4 π ε 0r 0 Assim. Se o campo elétrico no ponto P R . O ponto reta que liga os centros das esferas.Usando o teorema fundamental do cálculo temos: r f ( r ) dr =¿ f ( r ) → d ∫ ρ ( r ) r 2 dr → dr 0 d = ¿ dr ∫ d ( ε kr 6 ) → ρ ( r ) r 2=6 ε 0 kr 5 dr 0 Então obtemos a seguinte resposta: ρ ( r )=6 ε 0 kr 3 CAPÍTULO 23 PROBLEM A 54 A Fig. 23-54 mostra. duas esfera de raio P está sobre a R 2. com é zero. qual é a razão entre a carga da esfera 2 e a carga da esfera 1? RESOLUÇÃO q2 q1 . a uma distância esfera 1.00 do centro da distribuições volumétricas uniformes de cargas. em seção reta. (c) em em função de r .Usando a relação: Q 1 ' Q1 = V 1' V 1 Onde Q1’ e V1’ são. temos: Q1 R ' Q2 = 4 π ε 0 R ³ 4 π ε 0( R + R' ) ² 3R R ( )² ' 4 π ε ( R+ R )² R' Q2 2 2 9 0 = = = Q1 4 π ε0 R ³ R³ 8 CAPÍTULO 23 PROBLEM A 55 Uma esfera não-condutora de raio cargas não uniforme R=5. r=R /2. onde r é a distância em relação ao centro da esfera. Determine o módulo E do campo elétrico (b) em r=R . e usando a lei de Coulomb na carga parcial. (a) Determine a carga da esfera. logo: E= Q 1V 1’ 1 × V1 4 π ε0 R ' ² E= Q1R' ³ 1 Q1R' × = R³ 4 π ε0 R ' ² 4 π ε0 R ³ Usando a lei de coulomb na esfera 2 no ponto P.00 . (e) Faça Um gráfico de RESOLUÇÃO E r=0 . (d) em . a carga parcial e o volume parcial da esfera 1.60 cm possui uma distribuição de ρ=(14. respectivamente.1 pC /m3) r / R . 1 ×10−12 × R 4 ε0 .1 x 10−12 x 4πr³ dr 0 R =∫ dq Q=14.1 x 10−12 x R³ π −15 Q=7.58 x 10 N /m d) −12 E= 14.78 x 10 b) C E=0 c) −12 4 E= Q 14.a) dq =ρ → ρdv=dq dv R ∫ 14.1 x 10 x r 4ε x R −12 2 14.1 × 10 × r 4 ε0 x R Ed= 2 14.1 x 10−12 x ( R/2 ) ² Ec= 4 ε0 x R −3 Ec=5.1 x 10 x r π → E= 2 4 π ε0 r ² 4 π ε0 r x R E= 14. Qual é o valor absoluto da diferença de potencial entre a origem e o ponto sobre o eixo Gauss. uniformemente carregados.) x em x=+80 cm ? (Sugestão: Use a lei de .−2 Ed=2. são paralelos ao plano yz e posicionados em densidades de cargas dos planos são x=−50 cm e −50 nC /m2 e x=+50 cm . não-condutores.23 ×10 e) CAPÍTULO 24 PROBLEM A 10 Dois planos infinitos. respectivamente. As +25 nC /m2 . RESOLUÇÃO ε 0 =8.85 ×10−12 D1=−50× 10−9 D2=+25 ×10−9 E1= d1 2× ε 0 E2= d2 2 ×ε 0 EC =−( d1 d2 + ) 2 × ε 0 2 ×ε 0 . 4 ×10 N /C 2× ԑ 0 2× ԑ 0 0.5 0. (b) para RESOLUÇÃO a) O potencial como uma função de r é: r V ( R)=V (0)−∫ Er dr=0−∫ 0 0 V (a) para uma r=R .5 ∆ V =2.5 0.45 cm .8 ∆ V =−∫ Ec ×ds−∫ Ef × ds 0 0.5 fC . ( Sugestão: Veja a seção 23- 9. Tome o potencial elétrico no centro V 0=0 . Determine o valor de r=1.5 0.85× 10 ) 2× ( 8.8 ∆ V =−∫ −4.85 ×10 ) ( Ef = ) d2 d1 3 − =−1.4 ×10 3 × ds 0 0.5 x 103 V CAPÍTULO 24 PROBLEM A 11 Uma esfera não condutora tem raio uniformemente distribuída da esfera como sendo distância radial R=2.31 cm q=+3.2× 103 × ds−∫ −1.Ef = d2 d1 − 2× ε 0 2× ε 0 50 ×10−9 25 ×10−9 EC =− + =−4.2× 103 N /C −12 −12 2 × ( 8.) r e uma carga qr −q r 2 = 4 π ε 0 R 3 8 π ε 0 R3 . Logo : dx dq=bx dx Aplicando a fórmula do potencial elétrico (no intervalo entre x=0 m e x=0.0231 m) −(8.50 x 10−15 C )¿ C V (R)=−¿ ∆ V =V ( 0 )−V ( R )=q /8 π ε 0 R .0. 2 )(3.20 m .99 x 109 N . Se b=20 nC /m2 V =0 e e y . mas λ=bx . Temos: b) Assim: V ( R )= −q → V ( R )= 8 πε 0 R 2 m )(3. está situada sobre o eixo no infinito.0231 ¿ ¿ ¿3 2¿ m2 (8. (b) no ponto y=0.20 m): . RESOLUÇÃO: a) Usando a densidade linear de carga: λ= dq → dq=λ dx .81× 10−4 V CAPÍTULO 24 dada por PROBLEM A 32 λ=bx . sobre o eixo x=0.15 m . entre x=0 Uma distribuição linear de cargas não-uniforme b é uma constante.0145 m¿2 ¿ m 0.50 X 10−15 C) 2 C 2(0. V ( R )=−6. determine o potencial elétrico (a) na origem.99 x 109 N . onde x . r= √ d 2 + x 2 .0.20 b V= ∫ dx 4 π ε0 0 V= b ( 0.20 b 1 V= × 4 π ε0 2 0. aplicando a fórmula do potencial elétrico: 0.20 V= 1 dq ∫ 4 π ε0 0 r 0.20 4 π ε0 0 du du 2 .20−0 )=36 V →(RESPOSTA) 4 π ε0 b) Agora.20 V= ∫u −1 2 du 0 ∫u −1 2 0 1 b V= ×[u 2 ] 0.20 1 dq V= ∫ 4 π ε0 0 r 0.20 V= 1 ∫ bx dx 4 π ε 0 0 √d 2 + x 2 u=d 2+ x 2 →du=2 x dx → x dx= b 1 × 4 π ε0 2 0.20 1 V= ∫ 4 π ε0 0 dq √d 2 + x 2 0.20 1 bx dx V= ∫ 4 π ε0 0 x 0. V= b 2 2 0,20 ×[ √ d + x ] 4 π ε0 0 V= 20 ×10−9 2 2 × ( √( 0,20 ) + ( 0,15 ) −0,15 ) −12 4 × 3,14 × 8,85× 10 V =17,98 V ≅18 V →(RESPOSTA) CAPÍTULO 24 PROBLEM A 33 A barra fina de plástico que aparece na Fig. 24-43 tem um comprimento L = 12,0 cm e uma densidade linear de cargas não-uniforme λ = cx, onde c = 28,9 pC/m². Com V = 0 no infinito, determine o potencial elétrico no ponto P1 sobre o eixo x, a uma distância d = 3,00 cm de uma das extremidades. L L V =∫ dV ⟹ V =∫ K 0 L 0 dQ d+x L cx dx x dx V =∫ K ⟹V =Kc∫ d+ x 0 0 d+x x−d ln ( x+ d )∨ L 0 V =Kc ¿ (0+ d) L−d ln ( L+d )−0−d ln ¿ V =Kc ¿ (d ) L−d ln ( L+d )−d ln¿ V =Kc ¿ L−d ln ( L+dd ) V =Kc ¿ 0,12−(0,03)ln ( 0,12.0,03 0,03 ) V =8,99 .10 9 .28,9 . 10−12 ¿ −3 V =259,811. 10 [ 0,12−( 0,03 ) ln ( 5 ) ] V =259,811. 10−3 [ 0,12−( 0,03 ) .1,6 ] V =259,811. 10−3 [ 0,12−0,048 ] V =259,811. 10−3 [ 0,072 ] V =0,259811 [ 0,072 ] V =0,0187 V CAPÍTULO PROBLEM 24 A 40 A barra fina de plástico que aparece na Fig. 24-43 tem um comprimento L = 10,0 cm e uma densidade linear de cargas não-uniforme c=49,9 pC /m2 . (a) Com V =0 no infinito, determine o potencial elétrico no ponto P2, situado sobre o eixo componente do campo elétrico Ex λ=cx , onde Ey y , em y=3,56 cm . (b) Determine a no ponto P2. (c) Por que a componente do campo em P2 não pode ser calculada usando o resultado do item (a)? RESOLUÇÃO a) Considere um segmento infinitesimal dx da haste. CAPÍTULO 24 PROBLEMA 61 N Suponha que diferentes. e0 . considere um dos elétrons do anel.9.0356 m 2 2 9 −12 V =8. temos que: E y =0. Sua contribuição para o potencial do ponto P2: L 1 λ ( x ) dx 1 cx c x dV = = dx →V =∫ dV = dx ∫ 2 2 2 4 πε √ x + y ² 4 πε √ x + y ² 4 πε 0 √ x + y ² Resolvendo a integral pelo método da substituição. Para calcularmos no eixo X.99.10 . temos que: V= c ( 2 2 √ L + y −y) 4 πε √ ( 0. Na elétrons possam ser colocados em duas configurações configuração 1 todos os elétrons são distribuídos uniformemente ao longo de um anel circular estreito de raio configuração 2 N −1 R .100 m) +( 0.16 × 10−12 b) A componente do y do campo elétrico é: E y= −∂ Vp −c d ( 2 2 = ∙ √ L + y − y )= 4 cπε (1− 2y 2 ) ∂y 4 πε dy √L + y Substituindo os valores fornecidos. deveríamos calcular a derivada parcial com relação a X.¿ V =3.0356 m ) −0. 10 . obtemos valores para qualquer ponto estritamente no eixo Y. 49. Na elétrons são distribuídos ao longo do anel e o elétron restante é colocado no centro do anel. (a) Qual é o menor valor de N para o qual a segunda configuração possui menor energia que a primeira? (b) Para esse valor de N .298 N /C c) No item (a). . A ddp ao longo do capacitor 1 é q1 /C =q2 /C 1 eq . Se . Em seguida. a chave é deslocada para a direita.0 V e três capacitores descarregados de capacitâncias. A chave é deslocada para a esquerda até que o capacitor 1 esteja totalmente carregado. (b) do capacitor 2. então estes capacitores podem ser substituídos por um equivalente dado por: 1 C eq2. (c) do capacitor 3.Quantos outros elétrons do anel estão mais próximos de e0 que o elétron central? RESOLUÇÃO CAPÍTUL O 25 PROBLEM A 26 A figura 25-42 mostra uma bateria de 12.3 C 2+ C3 A carga no capacitor equivalente é a mesma da carga em cada um dos capacitores da combinação e a ddp do capacitor equivalente é dada por q 2/C eq . RESOLUÇÃO As cargas dos capacitores 2 e 3 são as mesmas (por associação em série). C2 =6 μF e C3 =3 μF . Determine a carga final(a) do capacitor1. Agora algumas das cargas originalmente no capacitor 1 fluem para a associação de 2 e 3.3 = C C 1 1 C2 +C 3 1 + = ou = 2 3 C 2 C3 C 2 C 3 C eq 2. 00 μF )( 12.00 )2 ∙ 12.3 C1 C21 V 0=q1 C 1 +q1 C1 +q 1 C eq2. a) Resolvendo as duas equações q q q C V 1=V 2 ⟹1 = 2.3 = 1 eq 2.00 ) ∙( 6.0 V )−32.00+6. onde V0 a conservação das cargas é a ddp inicial do capacitor 1.3 C1 C eq 2.0 μC=16 μC implica em .3=q0 C1 V 0=q 1 + q1 +q 2.3=C 1 V 0 q1 C eq 2.00) 1 c) A carga no capacitor 2 é igual a: q1 +q 2=C 1 V 0 ⟹ q2=C 1 V 0−q 1=( 4.00 ) + ( 4.00) ⟹ q =32 μF ( 4. q1 +q 2=q 0=C 1 V 0 .3 C1 Pela conservação de carga.00∙(6.3 +C 1 1 C2C3 +C¿ C 2 +C3 ¿ ¿ C21 V 0 q1= ¿ 2 q1 = q1 = C 1 V 0( C +C ) 2 3 C 1 C 2+ C1 C3 +C 2 C 3 ( 4.00+ 3. temos q1 +q 2.00+3.3 q1 = C 21 V 0 C eq 2.q0 é a carga original.00+3.3 ⟹ q2. 00 μF e C 4=4. Se as duas chaves são fechadas.00 μF +3. determine a carga (e) do capacitor 1. (d) do capacitor 4.00 μF ) ( 3.0V e quatro capacitores descarregados de capacitâncias C3 =3..00 μF . Se apenas a chave S1 C2 =2.00 μF . determine a carga (a) do capacitor 1. (g) do capacitor 3.00 μF . Logo: q3 =q2 =16. Dessa forma. (b) do capacitor (2). RESOLUÇÃO a) Nessa situação. q1 =q3 = C 1 C 3 V ( 1.0 V ) = =9. (c) do capacitor 3.00 μF b) Os capacitores 2 e 4 também estão em série. os capacitores 1 e 3 estão em série.d) A carga no capacitor 2 e 3 estão em série.00 μC C 1 +C3 1.00 μF ) (12. o que significa que suas cargas são as mesmas. é fechada. (f) do capacitor 2. C1 =1.0 μC CAPÍTULO 25 PROBLEM A 27 A figura 25-43 mostra uma bateria de 12. . (h) do capacitor 4. 00 μF +4. O assintoticamente para 10 V quando elétrico V da bateria.80 μC g) q3 =C3 ( V −V 1) =( 3.00 μF ) ( 12.00 μF ) ( 8.q 2=q 4= C2 C 4 V ( 2.00 μF ) (12.00 μF )( 12.40 V C1 +C 2 +C 3+C 4 1.00 μF+ 3.00 μF+2.00 μF ) (12.00 μF ) ( 8.0 V ) = =8.00 μC e) Com a chave S2 também fechada.40 V )=10.00 μF +4.00 μC d) q 4=q2=16. q1 =C1 V 1=( 1.00 μF Assim. potencial C3 .00 μF ) ( 4.40 V )=8.0 V −8.40 μC f) Similarmente. através de C2 .4 μC CAPÍTULO 25 V1 PROBLEM A 28 O capacitor 3 da figura 25-44a é um capacitor variável (é até possível fazer C3 ). Logo. A escala horizontal elétrico V1 tende C3 ⟶ ∞ .00 μC C 2+C 4 1 2. A figura 25-44b mostra o potencial elétrico variar a capacitância V1 é entre as placas do capacitor 1 em função de definida por C3 =120 μF . a tensão elétrica C1 deve ser igual a tensão através de V 1= C 3 +C 4 ( 3.0V ) = =16. (b) C1 (c) C2 .40 V )=16. Determine (a) o potencial .40V )=14. q 2=C2 V 1=( 2.0 V −8.00 μF+ 4.00 μF c) q3 =q1 =9.8 μC h) q 4=C 4 ( V −V 1) =( 4. temos V 1=2 V . C +C + C 1 1 1 = + = 1 2 3 C 123 C 1 C1 +C 2 C 1(C 2 +C3 ) Sabemos que: q=C123 V . temos: V 1= q 1 q C123 C2 +C 3 = = V= V C1 C 1 C 1 C1 +C 2+ C3 a) Temos C1 ⟶ ∞ e V 1=V b) Utilizando o gráfico. C1 =4 C 2 . q=q1=C 1 V 1 Então. Substituindo esses valores em V 1= C 2 +C3 V C1 +C 2+C 3 e sabendo que V não varia e permanece em 10 V. para onde V =10 V C3 =0 . . realizando as substituições.RESOLUÇÃO Primeiramente calculamos o capacitor equivalente C123 . temos. Olhando o gráfico na escala.94 cm . 26−30 uma corrente elétrica atravessa um tronco de cone circular reto de resistividade b=2. raio maior L=1. Sendo assim: C2 +6 μF C2 +6 μF 1 = = 2 C 1+C 2 +6 μF 4 C2 +C 2+6 μF C1 =4 C 2 . raio menor e comprimento a=2. Qual é a resistência do objeto? . onde C3 =6 μF encontramos V 1=5 V . encontramos Substituindo na equação C1 =8 μF . A densidade de corrente é uniforme ao longo de uma seção reta perpendicular ao eixo do objeto.00 mm .30 mm 731 Ω∙ m . c) C2 =2 μF CAPÍTULO 26 Na PROBLEM A 35 Fig . onde V =−∫ E dx Na figura abaixo a área varia com o comprimento do tronco. E para em seguida calcular o potencial e a resistência. Devemos inicialmente calcular o campo. Dessa maneira podemos escrever: r=C 1 +C2 x . E=? →V =−∫ E dx → R= R= |V | i 1 E dx i∫ A resistência é: R= |V | i . Analisando o caso em que o raio não varia.RESOLUÇÃO Ao contrário do caso do cilindro (área da secção transversal constante). e os raios de cada circunferência também variam com o comprimento do tronco. agora temos que o raio do tronco varia linearmente com o comprimento. só que linearmente. E i J= = 2= P πr i b−a 2 π (a+ x) L Com essa expressão para o campo elétrico podemos calcular o potencial. temos: r=C 1=a . temos: r=a+ b−a x L A corrente varia com o inverso do quadrado do raio através da equação. para X = L . [ ( )] V= −iρ −b 1 b π b−a U a V= iρ L 1 1 − π b−a b a V= iρ L a−b π b−a ab [ ( )] [ ( )] . Temos: r = b então: C2 = b−a x L Assim.Para X = 0. teremos: R= 731×(1. teremos (veja que o potencial e negativo). O número de portadores de carga por unidade de volume é . com 4.81 ×106 Ω →( RESPOSTA) CAPÍTULO 26 A Fig .00 R PROBLEM A 36 mostra um fio 1.94 × 10−2) 3.Uma vez que (a −¿ b) = −¿ (b −¿ a). Observe que para conhecido caso do cilindro de raio r = secção transversal e constante e igual a R= a = b.14 ×(2 ×10−3 )×(2. |V | ρ L = × 2 i π a Substituindo os valores numéricos do problema na equação.00 m do 10.0 μV . que é a = b o problema reduz-se ao já definida positiva. A variação do potencial elétrico fio é V ao longo do comprimento L=2. uma vez que a área da πa 2 .00 R de diâmetro. e um fio 2.3 ×10−3 ) R = 9.26−31 2. O fio é de cobre e está sendo percorrido por uma corrente distribuída uniformemente ao longo de qualquer seção reta do fio. com de diâmetro. V= − R= iρ L π ab |V | iρ = i π × L 1 ρ L × → R= × ab i π ab O valor absoluto do potencial e devido a definição de resistência. ligados por um trecho de fio em que o diâmetro varia gradualmente. 49 ×10 m . para o cobre (veja a tabela 26-1) então a densidade de corrente é: J 2= ( 10. na seção II Logo.m . A Eq.69 x 10 Ω . para a velocidade de deriva dos elétrons de condução na seção I. 26-7 produz imediatamente: Vd= J1 =5. a conservação da corrente elétrica na seção I e na seção II implica que: J 1 A 1=¿ J 2 A2 J 1 ( 4 π R 2 )=¿ J 2 ( π R2 ) . O campo elétrico na seção II é: dd p ( 10.49 10 m/ s E= .00 m ) −18 Sendo ρ=1.0 μV ) ( 1. Qual é a velocidade de deriva dos elétrons de condução no fio 1? RESOLUÇÃO: O número da densidade de elétrons de condução no cobre é n= 28 2 8. Agora.m ) −18 =296 A /m2 .44 x 10−9 m/ s →( RESPOSTA) ne . 00 μ V / m L ( 2.0 μV ) = =5. então isso leva para 2 J 1=74 A /m .28 −3 8.69 x 10 Ω . 26−36 c ). onde Fig . A ao logo da barra a resistência é dada por dR=5.00 x dx . 26−36 b resistência.0 V ( para que a potência . O trecho da barra entre x=0 e Fig . 200 W ? L V =5. 26−36 a mostra uma barra de material resistivo.CAPÍTULO 26 A PROBLEM A 54 Fig . Qual deve ser o valor de RESOLUÇÃO: L R=∫ dR→ R=∫ dR 0 L L R=∫ 5 x dx → R=5 ∫ x dx 0 0 dR de um está em mostra um desses elementos de x=L é cortado e ligado aos terminais de uma bateria com uma diferença de potencial dissipada pelo trecho cortado seja dR x . A resistência por unidade de comprimento da barra aumenta no sentido positivo do eixo x Em qualquer posição elemento de largura ohms e x dx em metros. As fontes são ligadas R .016 Ω .125 Ω 200 200 2 0.(a) Qual é o valor de R para o qual a diferença de potencial entre os terminais de uma das fontes é zero? (b) Com qual das duas fontes isso acontece? RESOLUÇÃO a) Aplicando a lei das malhas de kirchoff ao circuito temos: ε 1−ir 1−iR−ε 1−i r 2=0 V a +ε 1 −ir 1=V b .05→ L=0.125 → L2= → L=√ 0. e a fonte 2 tem uma força eletromotriz e uma resistência interna em série com uma resistência externa r 2=0.2 R=5 (0) x2 L L2 L2 ∨ → R=5 −5 → R=5 2 0 2 2 2 V2 V2 P= → R= R P 2 R= ( 5) 25 → R= → R=0.0 V e uma r 1=0. 0.0 V E1=12.224 m→(RESPOSTA ) 2 5 CAPÍTULO 27 PROBLEM A 21 Na figura 27-37 a fonte 1 tem uma força eletromotriz resistência interna E2=12.125=5 L 2 .012 Ω . 0 cm 2 e a potência luminosa recebida é 2. Determine (a) a resistência interna e (b) a força eletromotriz da celular solar.10 V quando um resistor de 500 Ω é ligado a seus terminais. é mais provável que seja para a fonte com maior resistência interna.ε 1−ir 1=V b −V a ε 1−ir 1=0 ε 1=ir 1 i= ε1 r1 Assim substituindo na expressão inicial temos: ε 1−ir 1−iR−ε 1−i r 2=0 ε 1− ε1 ε ε r 1− 1 R−ε 1− 1 r 2=0 r1 r1 r1 R= ε 2 r 1−ε 1 r 2 ε1 R=0. e uma diferença de potencial de 0. CAPÍTULO 27 PROBLEM A 22 Uma celular solar produz uma diferença de potencial de 0.004 Ω b) Sabemos que a potência útil fornecida pela fonte é: Potência total – Potência dissipada. Para a potência ser igual a zero. Os valores das forças eletromotrizes são constantes.15 V quando o valor do resistor é de 1000 Ω.0mW/cm2. (c) A área da célula é 5. Qual a eficácia da célula ao converter energia luminosa em energia térmica fornecida ao resistor de 1000 Ω ? . 15 V ) = =1. igualando as equações (1) e (2) temos: r= i 1 R1−i 2 R2 i2−i1 Calculando as correntes i1 e i 1= V ab ( 0.0 ×10−4 A R 1 ( 500 Ω ) i 2= V ab ( 0.RESOLUÇÃO Considerando o seguinte esquema temos: a) Aplicando kirchoff ao temos: a lei das malhas de circuito da esquerda ε −i1 R1−i 1 r 1=0 ε =i1 ( R1 +r ) (1) Fazendo o mesmo para o circuito da direita temos: ε =i 2 ( R2 +r ) (2) Assim.10 V ) = =2.5 ×10−4 A R 2 ( 1000 Ω ) (3) i 2 temos: . 00 A.0 ×10−4 ) r=1000 Ω=1.0 ×10−4 ) ∙ [ ( 500 Ω ) + ( 1000Ω ) ] ε =0.Substituindo os valores na equação (3) temos: i 1 R1−i 2 R2 ( 2.0 × 10−4 ) ∙ (500 Ω )−( 1. Este é o produto da intensidade da luz solar que atinge a célula 1 da área (A) da célula. ( PR ¿ que é a potencia recebida do sol pela célula ( Ps ¿ .30 V c) A eficiência da célula é a razão entre a potencia dissipada pelo resistor R1 ou R1.0 ×10 w /cm ) ∙ ( 5. substituindo os valores para equação (1) temos: ε =i1 ( R1 +r ) ε =( 2. A corrente no fio composto é i = 2.5 × 10−4 ) ∙ ( 1000 Ω ) e= =2.5 ×10−4 ) ∙ ( 1000 Ω ) r= = i2−i1 ( 1. Usando a Tabela 26-1.5 × 10−4 ) −( 2. P R I 32 R2 e= = → Ps IA 2 ( 1. (c) Se uma diferença de . calcule a corrente (a) no cobre e (b) no alumínio.250 mm tem uma capa de alumínio de raio externo b = 0.380 mm.0× cm ) e=0.0× 103 Ω b) Então.23 CAPÍTULO PROBLEM 27 A 47 Um fio de raio a = 0.3 ×10−3 −3 2 2 ( 2. potencial V = 12. qual é o comprimento do fio composto? RESOLUÇÃO Notação: ρL ρL → RC = 2 A πa Rc = R Al= ρL ρL ρL → R Al= 2 → 2 A 2− A 1 π b −π a π ( b2 −a2 ) Considerando os seguintes fios em paralelo. isolando i C ρC rC iC 2 = e i Al ρ A ( r Al2−r C2 ) i Al . logo teremos um circuito em paralelo e assim observamos que a diferença de potencial aplicada nas resistências do circuito estarão submetidas a mesma diferença de potencial. pelo circuito abaixo temos: a) Vc=Va i C RC =i Al R Al i C ρC L πa 2 i C ρC 2 a = = i a ρa L π ( b2−a2 ) iA ρA 2 2 ( b −a ) → Assim. Assim. temos: .0 V entre as extremidades mantém a corrente. 380 ×10−3 m ) −( 0.69× 10−8 Ω ∙ m ) [ ( 0.250 ×10−3 m ) + ( 1.2 r C i Al ρ A iC = 2 ρC ( r Al −r C i Al= 2 ) i C ρC ( r Al2−r C 2 ) r C2 ρ A Aplicando a regra dos nós pela lei de Kirchoff temos: i=i C + i Al Corrente para cobre: i=i C + i Al i C =i− iC = iC ρC ( r Al2−r C2 ) rC2 ρ A i r C 2 ρ A −i C ρC ( r Al 2−r C 2 ) r C2 ρ A i C r C 2 ρ A +i C ρC ( r Al 2−r C 2 ) =ir C 2 ρ A i C r C 2 ρ A +i C ρC ( r Al 2−r C 2 ) =ir C 2 ρ A [ 2 2 2 ] 2 i C r C ρ A + ρC ( r Al −r C ) =i r C ρ A 2 iC = i rC ρ A [r 2 C ρ A + ρC ( r 2 Al −rC2 ) ] Resolvendo a parte em vermelho temos: [r 2 C ρ A + ρC (r 2 Al −r C 2) ]=( 2.250× 10− 2 2 .75 ×10 −8 Ω ∙ m ) ∙ ( 0. [r 2 C ρ A + ρC (r 2 Al −rC 2 ) ]=( 3.75 ×10−8 Ω∙ m ) ∙ ( 2.10 ×10−15 Ω∙ m ) i C =1.[r 2 C ρ A + ρC (r 2 Al −rC 2 ) ]=( 3.11 A Corrente para alumínio: i=i C + i Al i Al =i−i C i Al =i− i Al= r C 2 i Al ρ A 2 ρC ( r Al −r C 2 ) i ρC ( r Al 2−r C 2 ) −r C 2 i Al ρ A 2 ρC ( r Al −r C 2 ) i Al ρC ( r Al2−r C 2) + r C 2 i Al ρ A=i ρC ( r Al2−r C 2 ) [ 2 2 ] 2 2 i Al ρC ( r Al −r C ) +r C ρ A =i ρC ( r Al −r C i Al = 2 ) i ρC ( r Al2−r C 2 ) [ ρ (r C 2 Al 2 2 −r C ) + r C ρ A ] Onde.00 A ) iC= ( 3.10 ×10 −15 Ω∙ m ) .10 ×10 −15 Ω∙ m ) Logo.250 ×10−3 m) ∙ ( 2. a corrente no cobre é: 2 ( 0. 893 A b) Aplicando a lei de Ohm temos: i C ρC L π r C2 V V =i C R C → V = → L= → i C ρC π rC2 2 ( 3.14159 ) ( 0.0 V ) L= → L=126 m ( 1.0 W.250 ×10−3 m ) 2 i Al = ( 3.00 Ω.250× 10−3 m ) ( 12.Determine (d) Pmáx . R2 = 12. R3 = 4. (c) ao menor valor possível Pmín .Logo. (b) ao maior valor possível Pmáx .0 Ω.69× 10−8 Ω ∙ m ) ∙ [ ( 0.0 V. (e) Pmín .00 A ) ∙ ( 1. Determine para que valor R4 a potência fornecida pela fonte aos resistores é igual (a) a 60. . a corrente no alumínio é: i Al = i ρC ( r Al2−r C 2 ) [ ρ (r C 2 Al −r C 2 ) + r C 2 ρ A ] ( 2.10 ×10 −15 2 ] Ω ∙m ) i Al =0.00 Ω e a força eletromotriz da fonte ideal é ε = 24.380× 10−3 m) −( 0. R1 = 7.69 × 10−8 Ω ∙ m ) CAPÍTULO 27 PROBLEM A 48 Na figura 27-51.11 A ) ( 1. RESOLUÇÃO a) P=i E i= E R 1234 P= E×E E2 → P= R1234 R1234 1 1 1 1 = + + R 234 R2 R3 R 4 R R +R R +R R 1 = 3 4 2 4 2 3 R 234 R2 R 3 R 4 R234 = R2 R 3 R 4 R2 R3 + R 2 R4 + R 3 R 4 R1234 =R1 + R234 → R1234 =R1 + R 2 R3 R4 R 2 R3 + R2 R4 + R3 R4 2 P= 2 E E → P= R 2 R3 R 4 R 1 R 2 R 3 + R 1 R 2 R4 + R 1 R 3 R 4 + R 2 R 3 R 4 R1 + R 2 R 3 + R 2 R 4 + R 3 R4 R 2 R3 + R 2 R 4 + R3 R 4 P=E 2 × R2 R 3 + R 2 R 4 + R 3 R 4 R 1 R 2 R 3 + R 1 R2 R 4 + R 1 R 3 R 4 + R 2 R 3 R 4 R (¿ ¿ 2 R3 + R2 R 4 + R3 R4 ) P( R1 R 2 R3 + R1 R2 R 4 + R1 R 3 R 4 + R2 R 3 R4 )=E2 ¿ P R 1 R2 R 3+ P R1 R2 R 4 + P R1 R3 R4 + P R2 R3 R 4=E 2 R2 R3 + E2 R 2 R 4+ E2 R 3 R 4 P R 1 R2 R 4 + P R1 R 3 R4 + P R2 R3 R 4 −E 2 R2 R4 −E2 R 3 R 4=E2 R2 R 3−P R 1 R2 R3 2 2 2 R4 (P R1 R2+ P R1 R3 + P R 2 R3 −E R2 −E R 3)=E R2 R3−P R1 R 2 R3 . 3 W ( RESPOSTA ) R1 7 e) R1234 =R1 + R 2 R 3 R4 E2 . Para R 4=∞→ P min= R 2 R3 + R 2 R 4 + R3 R 4 R1234(máx) R1234(máx )=R1 + R2 R3 12 × 4 =7 + =10 Ω R 2+ R 3 12+4 2 Pmáx . Para R4 =0 → Pmáx = E R1234(min) R 2 R 3 R4 → R 1234(min)=R 1=7 Ω R 2 R3 + R 2 R 4 + R 3 R 4 E 2 24 2 Pmáx = = ≅82.5 Ω( RESPOSTA) b) Como P e R1234 devemos minimizar c) R4 =∞ d) R1234 =R1 + para são inversamente proporcionais. para obtermos R1234 fazendo Pmin . ( RESPOSTA) R 2 R 3 R4 R 2 R3 + R 2 R 4 + R3 R 4 R1234(min)=R1 + R4 =0.R4 = E ¿ R1 ¿ 2−P ¿ R ¿ ¿ 2 R3 ¿ ¿ ¿ 2 E R2 R3−P R1 R 2 R3 2 2 P R1 R 2+ P R1 R3 + P R 2 R3 −E R2−E R3 =¿ R4 =19.( RESPOSTA ) . Pmáx = E 2 R1234 (máx ) CAPÍTULO 27 2 = 24 576 = =57,6 W ( RESPOSTA ) 10 10 PROBLEM A 68 A figura 27-67 mostra dois circuitos com um capacitor carregado que pode ser descarregado através de um resistor quando uma chave é fechada. Na Fig. 27-67a , R1 = 20,0 Ω e C1 = 5,00 µF. Na fig. 27-67b, R2 = 10,0 Ω e C2 = 8,00 µF. A razão entre as cargas iniciais dos dois capacitores é q02/q01 = 1,50. No instante t = 0, as duas chaves são fechadas. Em que instantes t os dois capacitores possuem a mesma carga? RESOLUÇÃO q=q 0 2e −t /RC q02 3 = q01 2 Sendo: τ 1=R 1 C 1=20 ∙5 ×10−6=1∙ ×10−4 s −6 −5 τ 2=R 2 C 2=10 ∙8 × 10 =0,8 ∙ ×10 s Assim, igualando as cargas temos: q1 =q2 q 01e −t/ R1 C 1 =q 0 2e −t /R 2 C 2 t −t + q02 e−t / R C q = −t / R C → 02 =e R C R C q01 e q 01 1 1 1 2 ln ( 2 2 2 ( 32 )= R tC − R tC → t ( R 1C − R 1C )=ln ( 32 ) 2 t 1 2 1 1 2 R 1 C 1−R2 C2 3 =ln → t= R1 C 1 × R2 C 2 2 ) () 2 1 1 R1 C1 × R2 C2 ∙ ln ( 32 ) R1 C1−R 2 C 2 t=1,62× 10−4 s CAPÍTULO PROBLEM 27 A 69 Um resistor de 3,00 MΩ e um capacitor de 1,00 µF são ligados em série com uma fonte ideal de força eletromotriz ε = 4,00 V. Depois de transcorrido 1,00 s, determine (a) a taxa de aumento da carga do capacitor; (b) a taxa de armazenamento de energia no capacitor; (c) a taxa de dissipação de energia no capacitor; (d) a taxa de fornecimento de energia pela fonte. RESOLUÇÃO 6 −6 RC=3 × 10 ∙ 1 ×10 =3 s −t a) q=C E(1−e RC ) −t dq =C E−C E e RC dt −t −t dq 1 1 = C E e RC = E e RC dt RC R −1 dq 1 −7 = × 4 × e 3 =9,55 × 10 C / s dt 3000 b) U c= q2 → 2C −t −t d U c q dq dq 1 RC = ∙ ⟹Como q=C E 1−e e = E e RC ; Substituindo temos : dt C dt dt R ( d U C E ( 1−e ) 1 = ∙ Ee −t RC c dt C R d Uc =1,08 ×10−6 W dt c) P=i 2 R i= dq dt P=(9,55 ×10−7 )2 ∙ 3 ×106 P=2,74 × 10−6 W −t RC ) E ( 1−e ) e = −t RC 2 R −t RC 4 (1−e ) e = 2 −1 3 3000 −1 3 55 × 10−7 ∙ 4 P=3. FTotal . determine (a) o modulo do campo elétrico. As componentes x zero no instante em y . y V s=100. A figura 28-36 paralelo ao eixo da força total E B E em termos dos vetores . Supondo que exercida pelo dois t 1 .82 ×10−6 W CAPÍTULO 28 PROBLEM A 12 No instante t 1 .d) P=i E P=9. com y E campos sobre o elétron no instante definida por t 1 . um elétron que está se movendo no sentido positivo do eixo x penetra em uma região onde existem um campo elétrico um campo magnético mostra a componente B .0m/ s . A escala do eixo horizontal é e z da força total são B x =0 . (b) o campo magnético unitários. a força total isso nos permite concluir. por esse motivo nesse ponto a força elétrica cancela-se com a força magnética comprovando assim que Ft =0 .RESOLUÇÃO Segundo a figura quando a velocidade V =50 m/s Ft =0 . já que conforme o enunciado as componentes x e z da força total são zero. qvBsen θ=qE vBsen 90 ° =E vB=E → E=50 B No ponto total Vs da figura a velocidade equivale a Ft =2 ×10−19 N . Fb −F e=2×10−19 N qvBsen 90 °−qE=2 ×10−19 −19 q ( vB−E )=2 ×10 Substituindo B= E 50 V =100 m/s e a força . a força magnética encontra-se em y e está oposta a força elétrica. Logo. Assim: Ft =F b−F e Nota: O sen 90° aparece na fórmula devido ao fato do 0=F b −F e Elétron está se movendo v com velocidade no Fb −F e=0 eixo positivo de x . 25 N /C b) B=E /50=1. mede 25 cm.19 ×10−19 a) E=1.0 m/s. Quando o objeto se desloca paralelamente ao eixo y. V = 18mV. quando o objeto se desloca paralelamente ao eixo x.25/50 → B=25 mT ^j CAPÍTULO 28 PROBLEM A 16 A figura 28-38 mostra um paralelepípedo metálico com as faces paralelas aos eixos coordenados.020 mT V y =12 mV V z =18 mV . V = 12mV.020 T. O objeto está imerso em um campo magnético uniforme de modulo 0. e a diferença de potencial V que aparece entre as faces do objeto é medida.6 ×10−19 E=2. O objeto é deslocado a uma velocidade de 3.( q 100 E −E =2×10−19 50 ) 1. Determine as dimensões (a) dx. Uma das arestas do objeto que não está desenhado em escala. (b) dy e (c) dz do objeto. quando o objeto se desloca paralelamente ao eixo z. V = 0. RESOLUÇÃO Dados: B=0. paralelamente aos eixos x. y e z. d é a distância entre as faces do objeto (dimensões). 28-3: F B=|q|vB sin φ Notamos que ⃗ B deve estar ao longo do eixo x. a força magnética é dada pela Eq. o valor absoluto da tensão (que é considerada na mesma direção de ⃗d ) é 0. e: . Então. As dimensões do objeto serão dadas pela Eq. ⃗v e ⃗ B são mutuamente perpendiculares. 28-9: V =Ed Nesta equação. Na face esquerda. os elétrons se separam e o módulo do campo elétrico interno aumenta. No momento em que a força elétrica e a magnética se igualam.V 0=0 V =3 m/s Como o paralelepípedo é metálico e está imerso em campo magnético uniforme. temos: F E=F B F E=|q| E O ângulo entre os vetores ⃗ B e ⃗v é 90° nas faces direita. surgem tensões induzidas em suas faces. pois quando a velocidade está ao longo deste eixo não há tensão induzida.012 V. superior e frontal. Como os elétrons tem carga q e estão se movendo com velocidade v em um campo magnético. Logo: Mas d= V V = E vB Onde deve-se interpretar os símbolos cuidadosamente para assegurar que ⃗d . Ao entrar no campo magnético. E é o campo elétrico gerado pelo movimento dos elétrons dentro do paralelepípedo e V é a tensão induzida. o ângulo é igual a 180°. quando a velocidade é paralela ao eixo y. Logo: |q| E=|q|vB sin 90° E=vB V =Ed . 0m de distância um do outro e é percorrida por uma corrente de 50 A.0 kg repousa em dois trilhos horizontais situados a 1.018 V =0. RESOLUÇÃO a) F Bx ¿ F B cos θ F By =F B sen θ .020 T ) Por outro lado.30 m (3.60. o valor absoluto da tensão apropriada é 0. O coeficiente de atrito estático entre a barra e os trilhos é 0.d=d z= 0.020 T ) Logo.012 V =0.0 m/ s ) ( 0. quando a velocidade é paralela ao eixo z.0 m/ s )( 0.018 V.20 m ( 3. nossas respostas são: a) d x =25 cm (Por eliminação) b) d y =30 cm c) d z =20 cm CAPÍTULO 28 PROBLEM A 45 Uma barra de cobre de 1. e: d=d y = 0. Determine (a) o módulo e (b) o ângulo (em relação à vertical) do menor campo magnético que faz a barra se mover. F Fat =μ ∙ N =μ ( mg−F B sen θ ) F B=i ∙ L ∙ B Logo.Para eixo y temos: N + F Bi=mg N=mg−F Bi Para eixo x temos: F Bx −F Fat =0 Onde. para o eixo x temos: F B cos θ=μ ( mg−F B sen θ ) Assim. igualando as seguintes forças temos: Fb cos θ=F Fat i∙ L∙ B ∙ cos θ=μ ∙ ( mg−i∙ L∙ B ∙ sen θ ) i∙ L∙ B ∙ cos θ=μ ∙m ∙ g−i∙ L∙ μ ∙ B ∙ sen θ i∙ L∙ B ∙ cos θ+i ∙ L ∙ μ ∙ B ∙ sen θ=μ ∙ m∙ g i∙ L∙ B ( cos θ+ μ ∙ sen θ )=μ ∙ m∙ g . 6 ∙1 ∙ 9.6=31° Substituindo os valores na equação. B= μ ∙ m∙ g i∙ L ( cos θ+ μ ∙ sen θ ) Encontramos o valor do módulo do campo magnético: B= 0. o ângulo é de −1 −1 θ=tg μ → θ=tg 0.6 ∙ sen 31° ) b) Como mostrado acima.10 T 50∙ 1 ( cos 31° +0. .8 =0.6=31° .B= μ ∙ m∙ g i∙ L ( cos θ+ μ ∙ sen θ ) B= μ ∙ m∙ g 1 dB → i ∙ L ( cos θ+ μ ∙ sen θ ) dθ ( ) [ ] dB μ ∙ m∙ g −(−sen θ+ μ ∙cos θ ) dB = ∙ → =0 2 dθ i∙ L dθ ( cos θ+ μ ∙ sen θ ) 0= μ ∙ m∙ g ( sen θ−μ ∙ cos θ ) ∙ → i ∙ L ( cos θ+ μ ∙ sen θ )2 0=sen θ−μ ∙cos θ μ ∙cos θ=sen θ μ= sen θ → tg θ=μ cos θ θ=tg−1 μ → θ=tg−1 0. 0 A no sentido negativo do eixo x.0 î + 8. a força magnética é dada por: ⃗ F B=i ⃗L × ⃗ B. e ^ B y ^j ⃗ B =Bx i+ . retilíneo. Considerando segmentos infinitesimais.CAPÍTULO 28 PROBLEM A 46 Um condutor longo. Como d⃗ L =−dx i^ .0 A ) 1 1 ( 3 3 ^ B y ^j)=∫ ¿ (¿¿ x i+ 1 idx i^ × ¿ 3 3 ⃗ F B =−∫ id ⃗ L×⃗ B=−∫ ¿ 1 CAPÍTULO 29 PROBLEM A 30 ) 1 3 ( )| =(−0. temos: B By 3 3 ( idx ) (¿ Bx sen 0 ° ) k^ +∫ ( idx ) (¿ sen 90 °)=−i ∫ B y dx k^ =−( 5. Um campo magnético ⃗ E esta presente. dado por ⃗ B = 3. Aplicando integração.0 m. e queremos calcular a força para certo intervalo. temos: d⃗ F B =id ⃗L × ⃗ B. em termos dos vetores unitários. situado sobre o eixo x. RESOLUÇÃO Para um campo magnético não perpendicular ao fio. a força exercida pelo campo sobre o segmento de 2.0 m e x = 3. é percorrido por uma corrente de 5. rígido. podemos calcular a força total que age sobre todo o fio: ∫ d ⃗F B=∫ id ⃗L × ⃗B ⇒ ⃗F B=∫ id ⃗L × ⃗B . com x em metros e ⃗ B em militesla. Determine.35 ^ ( 5.0 A ) ∙ 8 ∙ x ³ ∫ ( 8 x dx ) k=− 3 1 2 1 .0 m do condutor entre os pontos x = 1.0x 2 ĵ. A espira percorrida por corrente da figura 29-58a é constituída por uma semicircunferência com 10. todos no mesmo plano. A escala vertical é definida por Ba = 12. uma semicircunferência menor com o mesmo centro e dois segmentos radiais.0 cm de raio.0 µT. A semicircunferência menor sofre uma rotação de um ângulo θ para fora do plano (figura 29-58b). Qual é o raio do semicírculo menor? RESOLUÇÃO Dados R=10 cm B a=10 μT B b=12 μT r=? Cálculo do campo inicial: B i= μ 0 iφ μ 0 iφ μ iφ 1 1 + → 0 ∙ + 4 πR 4 πr 4π R r ( )( ) . A figura 29-58c mostra o modulo do campo magnético no centro de uma curvatura em função do ângulo θ . 44+1.88 ¿ Ba .2 ) = → 1. .44 r 2−100−r 2−20 r=0 → 0.Cálculo do campo final: 2 2 2 μ0 iφ μ iφ μ iφ 1 1 + 0 → 0 ∙ 2+ 2 4 πR 4 πr 4π R r ( )( ) ( )( 2 ( Bf ) = Pelo gráfico → Campo inicial Ba Então.56 0. fazendo 2 e dividindo ) ¿ B b e Campo final B b2 Ba2 . nós obtemos: 1 1 2 + Bb 2 R r = Ba 2 1 1 ( μ0 iφ / 4 π ) ∙ 2 + 2 R r 2 ( μ0 iφ /4 π ) ∙ ( ) Bb Ba 2 ( ) ( ) ( ) 1 1 2 + R r = 1 1 + R2 r 2 ( ( ) ) Substituindo os valores temos: 2 1 1 + ( ( 100+r 2 +20 r ) ) / ( 100 r 2 ) 10 r 2 ( 1.44 r 2−20 r ∓ 44=0 r= 20 ± √ 322.44= → 2 2 1 1 ( ) ( ) 100+r / 100r + 2 2 10 r ( ( ) [ ] ) 1. 13 '' r =2.33 Assim.61 µA para dentro do papel.23 ∙10−11 T x 2 πw d 0. PROBLEM A 31 A figura 29-59 mostra uma seção reta de uma fita longa e fina de largura w = 4.049 = 0 ln 1+ = ln 1+ =2.23 ∙10−11 T ) ^j ) .61 ∙10−6 A ) iμ A dx w 0. w d B P= μ0 di μ 0 dix = 2 πx 2 πxw Assim.) RESOLUÇÃO: Consideremos uma seção da fita de espessura dx . logo r=2. e sua contribuição para B P é .16 cm de uma das bordas? (Sugestão: Imagine a fita como um conjunto de fios paralelos. qual PE o campo magnético B em um ponto P no plano da fita situado a uma distancia d = 2. Em notação de versores.91 cm que esta conduzindo uma corrente uniformemente distribuída i = 4.33 cm . Em termos dos vetores unitários.0216 2 π ( 0. como CAPÍTULO 29 R=10 cm e r < R .' r =43. ( ⃗ B P =( 2. situada a uma distância x do ponto P.0491m ) ( ) aponta para cima. para a fita completa temos iμ 0 d +w B P =∫ d B P= ∫ 2 πw d E ⃗ BP ( ) 10−7 m ( 4π∙ 4. A corrente que passa por ela é di= dx . 0 nT? RESOLUÇÃO DADOS: i 1=60 mA i 2=40 mA B=80 nT .0 mA para fora do papel e pode ser deslocado em torno do cilindro. paralelamente ao eixo do cilindro. O fio 2 conduz uma corrente i2 = 40. O fio 1 conduz uma corrente i1 = 60. dois fios retilíneos longos apoiados na superfície de cilindro de plástico de 20.CAPÍTULO 29 PROBLEM A 32 A figura 29-60 mostra. Qual deve ser o ângulo (positivo) θ 2 do fio 2 para que. o módulo do campo magnético total seja 80. em seção reta.0 mA para fora do papel e é mantido fixo no lugar.0 cm de raio. na origem. do lado esquerdo do cilindro. Determine (a) o módulo e (b) o sentido (para dentro ou para fora do papel) do campo magnético no ponto P.7 cm e i = 13 A.) . (Observe que não se trata de fios longos.θ2=? Primeiramente acharemos B 1= μ0i =60 nT 2 πR B 2= μ0i =40 nT 2 πR B1 e B2 : B 2=(−B2 sen θ2 )2+( B1−B2 cos θ2)2 B 2=B22 sen2 θ2 +B 21−2 B1 B 2 cos θ 2+ B22 cos2 θ2 B 2=B22 ( sen 2 θ2 +cos 2 θ 2) +B 21−2 B1 B 2 cos θ 2 B 2=B22+ B21 −2 B1 B 2 cos θ2 2 B1 B 2 cos θ 2=B 22+ B21 −B2 2 cos θ2 = 2 B2 +B 1−B 2 B1 B2 θ2=cos−1 [ θ2=cos−1 [ ] 2 2 2 B2 +B 1−B 2 B1 B2 2 ] −1 =104 ° 4 CAPÍTULO 29 PROBLEM A 33 Na figura 29-61 a = 4. RESOLUÇÃO sin θ= R 1/ 2 ( x 2 + R2 ) x=R tan θ dx=R sec² θ a) dB= μ 0 i sen θ dx 4 π r2 ∫ dB=∫ μ0i R 1 dx 1/ 2 2 2 2 4 π ( x + R ) ( x + R2 ) μ 0 iR L dx B= ∫ 2 4 π 0 ( x + R 2 )3/ 2 μ 0 iR L R sec ² θ B= dθ ∫ 4 π 0 ( (R tan θ)2+ R 2) 3/ 2 μ0 i L B= ∫ cos θ dθ 4 πR 0 . CAPÍTULO 29 PROBLEM A 34 Dois fios retilíneos percorridos por correntes estão apoiados na superfície de um cilindro longo de plástico de raio R = 20. paralelamente ao eixo do cilindro. mas não o fio 2.B= μ0i sinθ 4 πR B= μ0 i 4 πR L √ L + R2 2 Campo magnético produzido pelo fio de comprimento a: μ i a B a= 0 4 π a √ a2 + a2 B a= μ0 i a 4 π a a √2 B a= μ0 i 1 μ 0 i √ 2 = →O campo magnéticoestá entrando no ponto P 4 π a √2 8 π a Campo magnético produzido pelo fio de comprimento 2a: B 2 a= μ0i 2a 4 π 2 a √ 4 a 2+ 4 a2 B 2 a= μ0i μ i √2 2a = 0 →O campo magnético está saindo no ponto P 4 π 2 a 2 a √2 8 π 2 a Campo Magnético total produzido no ponto P: Bp=2 B a−2 B2 a = √2 μ 0 i 8πa =1.96 x 1 0−5 T ≈ 2 x 1 0−5 T b) A direção do campo é para dentro do papel. o cilindro e o fio 1. em seção reta.0 cm. Com o fio 2 mantido fixo no . A figura 29-62ª mostra. A figura 29-62b mostra a componente Bx de 1 ( a escala vertical é definida por Bxs = 6. e a figura 29-62c mostra a componente By ( a escala vertical é definida Bys = 4. passando pelo primeiro e segundo quadrantes do sistema de coordenadas xy. Determine também (d) o valor e (e) o sentido do corrente no fio 2. (a) Qual é o ângulo θ 2 em μ que define a posição do fio 2? Determine (b) o valor e (c) o sentido (para dentro ou para fora do papel) da componente no fio 1. O campo magnético θ em função de função de θ 1 ⃗ B no centro do cilindro é medido . do ângulo θ 1 θ 1 = 0° ate o ângulo = 180°.lugar o fio 1 é deslocado sobre o cilindro. . RESOLUÇÃO Inicialmente observe que em θ = 90° a soa soma das componentes dos campos na direção y é zero Figura (c).0 T).0 ⃗ B μ T). Isso sugere duas coisas. 1) Para o campo anular-se na direção y o fio 2 por simetria deve estar em π θ1= . A e) Como vimos no raciocínio inicial 2°) acima as correntes nos dois fios são contrárias.200 m) i 2= = =2 A μ0 M −7 4 π x 10 T . de forma que 2 π b2 x R 2 π (2. a) Devido ao raciocínio anterior o fio 2 deve estar no ponto vez que. 2 Ou θ1 = −π 2 . a corrente deve estar saindo do papel. A c) Como na figura (b) o gráfico cresce com θ1 de 0° até 90°. sendo assim a corrente no fio 2 está entrando no papel. 200 m) = =4 A μ0 M −7 4 π x 10 T . o x 10−6 T )( o . logo existe correntes contrarias. se quando deslizaremos o fio 1 para a posição θ2= π 2 −π 2 . . d) Na figura (b) a componente do campo do fio 1 quando θ1=0 é tal que B 2 x =2 μT .0 μT =6 μT B 1 x =4 μT Pela equação 29-4 i 1= 2 π b1 x R 2 π (4. Uma os dois fios ocupariam o mesmo espaço. o x 10−6 T )(o . 2) Os campos tem sentidos opostos e se anulam na direção y. b) Observando o gráfico (b) onde a componente total do campo é B= 6 μT (observe a escala) temos: B 1 x + 2. CAPÍTULO 29 PROBLEM A 41 Na figura 29-66 um fio retilíneo longo conduz uma corrente uma espira retangular conduz uma corrente a=1. a=8.00 cm e μ ∙i 1 ∙i 2 2 πa F2 = μ ∙ i1 ∙i 2 2 π ( a+b ) Fr =F 1−F2 Fr= μ ∙ i 1 ∙ i2 μ ∙ i1 ∙i 2 − 2 πa 2 π (a+b) Fr= 4 π ×10−7 ×30 ×20 × 8× 3 18 π Fr=3.2× 10−3 N e i 2=20 A .0 cm .00 cm . Em termos dos vetores unitários. Suponha que L=30. qual é a força a que está submetida a espira? F1= i 1=30 A .