Exercícios resolvidos eletro

EXERCÍCIOS RESOLVIDOS

ELETRIZAÇÃO E FORÇA ELÉTRICA

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

número de elétrons perdidos pelo corpo, inicialmente neutro. DADO: 191,6 10e −= ⋅ C.

Resolução

6

6 19 15

480 480 10

480 10 1,6 10 3 10

Q C C Q n e

n n elétrons

µ −

− −

= = ⋅ = ⋅⋅ = ⋅ = ⋅

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:

* Antes do contato:

2

2 2

3 3Q Q QF k F k

d d⋅= =

* Após o contato:

2

' '2 2

2 2 4Q Q QF k F k

d d⋅= =

De 1 e 2 tem-se 2

' '2'

2

44 4

3 3 3

QkF F Fd F

QF Fkd

⋅ ⋅= = =⋅

1

d

F

F3Q Q

d

'F

'F2Q 2Q

2

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:

Força elétrica = Força centrípeta

2

0 2

2

0 02

elet cp cp

Q q VF k F m Q m

r rQ q m V Q q

k V kr r m r

⋅= ⋅ = ⋅ = ⋅

⋅ ⋅ ⋅⋅ = = ⋅⋅

4. Nos vértices de um triângulo eqüilátero de 3m de lado, estão colocadas as cargas 7

1 2 4 10q q C−= = ⋅ e 73 1,0 10q C−= ⋅ . Calcule a intensidade da força resultante que atua em 3q .

O meio é o vácuo.

Resolução

71 2

73

9 2 20

4,0 10

1,0 10

9 10 /

q q C

q C

k N m C

−

−

= = ⋅

= ⋅

= ⋅ ⋅

7 7

913 23 2

4 10 1 109 10

3F F

− −⋅ ⋅ ⋅= = ⋅

513 23 4 10F F N−= = ⋅

2 2 213 23 13 232 cos 60F F F F F= + + ⋅ ⋅ °

54 3 10F N−= ⋅

23F

13F

3q

60º

3m 3m

3m

1q2q

23F

13F

F

3q

60º

A

+Q

B -q

r

v

eletF

CAMPO ELÉTRICO

1. Duas cargas puntiformes são fixadas nos pontos A e B distantes de um metro. Sendo a carga em

A, 610AQ C−= e a carga em B, 64 10BQ C−= ⋅ , determine um ponto P, onde o vetor campo

elétrico resultante seja nulo.

Resolução

2 2

6 62 2

2 2

(1 )

10 4.10(1 ) 4

(1 )

A B

A B

E E

Q Qk k

X X

X XX X

− −

=

=−

= − =−

2 13 2 1 0

3X X X m+ − = = (em relação ao ponto A sobre o segmento AB ),

OBS: 1X m= − não convém, pois significa que o ponto P estaria à esquerda de A, onde AE

e

BE

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

das partículas é dado pela expressão 30

1 12

FZπε

= .

Resolução

A intensidade E do campo elétrico em P é

( ) ( ) 2 20 ( ) 0 ( )

2 2

0 0

1 14 4

1 14 4

2 2

q qE E E E

r r

q qE

z d z d

πε πε

πε πε

+ −+ −

= − = −

= − − +

2 2

20

1 14 2 2

q d dE

Z z zπε

− − = − − +

1m

P BE

AE

X 1-X

AQ BQA B

1

2

A grandes distâncias como esta, temos 12dz

Na equação 2 podemos então expandir as duas grandezas entre parênteses dessa equação pelo

teorema binomial:

21(1 ) 1

2!n n

y ny n y− + = + + + − − − − −

Obtendo-se para essas grandezas:

2 21 1

2 (1!) 2 (1!)d d

z z

+ + − − − − − − + − − − −

Logo, 20

1 14

q d dE

z z zπε = + + − − − − + + − − −

Os termos omitidos nas duas expressões da equação anterior envolvem d/z elevado a potências

progressivamente mais altas. Como / 1d z , 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

2 30 0

2 14 2

q d qdE

z z zπε πε= =

O produto qd é a intensidade ρ de uma grandeza vetorial conhecida como o momento de dipolo

elétrico ρ do dipolo.

Logo: 30

12

Ezρ

πε=

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 dsλ= ⋅

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

2 20 0

1 14 4

dq dsdE

r rλ

πε πε= =

Da figura, podemos reescrever a equação anterior como

( )2 20

14

dsdE

Z Rλ

πε=

+

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 cosdE θ . A figura também

nos mostra que

( )1/22 2

2cos

Zr Z R

θ = =+

Logo: ( )

( )

3/22 20

2

3/22 200

cos4

cos4

R

ZdE ds

Z R

ZE dE ds

Z R

π

λθπε

λθπε

=+

= =+

( )3/22 20

(2 )

4

Z RE

Z R

λ ππε

=+

Como λ é a carga por comprimento do anel, o termo (2 )Rλ π é a carga total q do anel.

Então ( )3/22 2

04

qZE

Z Rπε=

+ (Anel Carregado)

!

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

(2 ),dq dA rdrσ σ π= =

Onde dA é a área diferencial do anel.

A expressão para o campo elétrico dE em P devido ao nosso anel plano será:

( )3/22 20

2

4

Z rdrdE

Z r

σ ππε

=+

Logo: ( )3/22 2

0

24

Z drdE

Z r

σ πε

=+

Integrando na variável r de 0r = até r R= . Observe que Z permanece constante durante este

processo, assim

( )3/2

2 2

0 0

(2 )4

RZE dE Z r r dr

σε

−

= = +

Para resolvermos esta integral, podemos reescrevê-la na forma

mX dX , fazendo 2 2 3( );

2X Z r m= + = −

e (2 )dX r dr= . Para a integral reescrita temos

1

1

mm X

X dXm

+

=+

Então, 2 2 1/2

0

0

( )142

R

Z Z rE

σε

− += −

Substituindo os limites desta equação e reordenando, obtemos

2 20

12

ZE

Z R

σε

= − +

(disco carregado)

"

OBS: Se fizermos R → ∞ mantendo Z finito, o segundo termo entre parênteses da equação

anterior tende a zero e esta equação se reduz a

02E

σε

=

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 ˆ ˆ3,0 4,0E xi j= +

atravessa o cubo gaussiano

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,

ˆdA dAi=

.

Então

2

2 2

ˆ ˆ ˆ(3,0 4,0 ) ( )

ˆ ˆ ˆ ˆ(3,0 )( ) (4,0)( ) )

(3,0 0) 3,0 3,0 (3,0)

9,0 1 9,0 4,0

9,0(4,0) 36 /

d

d

d d

E dA xi j dAi

x dA i i dA j i

xdA xdA dA

A A A m

m N m C

Φ = ⋅ = + ⋅

= ⋅ + ⋅

= + = =

= Φ = = =

= Φ == Φ == ⋅

FACE ESQUERDA: O vetor de área diferencial dA

aponta no sentido negativo do eixo x, portanto

ˆdA dAi= −

. Na face esquerda, 1,0x m= . Usando o mesmo procedimento da face direita, teremos

212 /e N m CΦ = − ⋅

#

FACE SUPERIOR: O vetor de área diferencial dA

aponta no sentido positivo do eixo y, logo

ˆdA dAj=

. O fluxo Φ através da superfície superior é então

2 2

2 2

ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ(3,0 4,0 ) ( ) (3 )(1 ) (4,0)( )

(0 4,0 ) 4,0 4

4(4 ) 16 /

16 /

s

s

xi j dAj x A i j dA j j

dA dA A

m N m C

N m C

Φ = + ⋅ = ⋅ + ⋅

+ = =

= Φ = ⋅

= ⋅

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 cosEA θΦ =

(2 )cos0º (2 )E rh E rhπ πΦ = =

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 hλ , então a Lei de Gauss,

0 ,envqε Φ = se reduz a

0 (2 )E rh hε π λ=

Então 02

Er

λπε

= (linha de carga)

$

POTENCIAL ELÉTRICO

1. A figura seguinte mostra dois pontos i e f em um campo elétrico uniforme E

. Determine a

diferença de potencial f iV V− movendo a carga de teste positiva 0q 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

equação c

c ii

V V E ds− = − ⋅

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

Para a Linha cf, temos 45ºθ = e da equação

,

(cos 45º )

(cos 45º ) ;

(cos 45º )45º 45º

( )

f f

f i f ii c

f

f ic

f f

f ic c

f i

f i

V V E ds V V E ds

V V E ds

V V E ds ds cf

d dcf V V E

sen sen

V V Ed resposta

− = − ⋅ − = − ⋅

− = −

− = − =

= − = −

− = −

$$

CAPACITÂNCIA

1. Um capacitor 1C de 3,55 Fµ é carregado até que seus terminais fiquem à diferença de potencial

0 6,30V V= . A bateria utilizada para carregar o capacitor é então removida e o capacitor é

ligado, como na figura, a um capacitor 2C descarregado, com 2 8,95C Fµ= . Depois que a chave

S é fechada, a carga escoa de 1C para 2C 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.

Resolução

(a) A carga original 0q está agora dividida entre os dois capacitores ou

0 1 2q q q= +

Aplicando a relação q CV= a cada termo obtemos

1 0 1 2C V C V C V= +

Ou 10

1 2

(6,30 )(3,55 )1,79

3,55 8,95C V F

V V VC C F F

µµ µ

= = =+ +

(b) A energia armazenada inicialmente é

2 6 21 0

1 1(3,55 10 )(6,30 )

2 270,5

i

i

U C V F V

U jµ

−= = ⋅

=

A energia final é

2 21 2

2 6 6 21 2

1 12 21 1

( ) (3,55 10 8,95 10 )(1,79)2 220

f

f

f

U C V C V

U C C V F F

U jµ

− −

= +

= + = ⋅ + ⋅

=

C1 C2

q0

S

$

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 0V entre as armaduras do

capacitor. A bateria foi então desligada e o dielétrico introduzido. Suponha que

2

0115 ; 1,24 ; 0,78 , 2,61; 85,5eA cm d cm b cm k V V= = = = =

(a) Calcule a capacitância 0C 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

(a) 12 4 2

1200 02

(8,85 10 / ).(115 10 )8,2 10

1,24 10A F m m

C C Fd m

ε − −−

−

× ×= = = ××

(b) Para a carga livre nas placas 12 10

0 0 (8,21 10 )(85,5 ) 7,02 10q C V F V C− −= = × = ×

(c) Aplicando a Lei de Gauss: 0 ek E dA qε ⋅ =

10

0 12 4 20

0

7,02 10(8,85 10 / )(115 10 )

6.900 / 6,90 /

q CE

A F m m

E V m kV m

ε

−

− −

×= =× ×

= =

(d) Aplicando a equação 0 ek E dA qε ⋅ =

0 0

0

0

,

6,90 /2,64 /

2,61

e e

e e

k E dA q k EA q

Eq kV mE kv m

k A k

ε ε

ε

⋅ = − − = −

= = = =

$

(e)

0 (( ) )

(6.900 / )(0,012 0,0078 ) (2,640 / )(0,0078 )52,3

V E ds E d b Eb

V V m m m V m m

V V

−

+= = − +

= − +=

(f) 10

117,02 101,34 10 13,4

52,3q C

C F pFV V

−−×= = = × =

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?

* Para o alumínio: i

jA

=

2 3 2 6 21( / 4)(2,5 10 ) 4,91 10

4A d mπ π − −= = × = ×

Logo: 5 26 2

1,32,6 10 /

4,91 10A

j A mm−= = ×

×

* Para cobre: 6 22,54 10A m−= ×

5 26 2

1,35,1 10 /

2,54 10i A

j A mA m−= = = ×

×

CIRCUITOS DE CORRENTE CONTÍNUA

1. Dada a rede elétrica seguinte, calcular: (a) E1; (b) E2; (c) A tensão entre A e B.

1r

1i

2i 2A

3A

2r

0,5Ω

0,5Ω

5,5Ω

1R

3R

2R

1E

3E

4,5V

2E

3,5Ω

1,0ΩBA

3i

3r

α

β0,5Ω

$

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: 1 2 3i i i+ = (Nó A) 3 33 2 , 5i i A + = =

(b) Aplicando-se a 2ª Lei de Kirchhoff na malha alfa ( )α , no sentido do percurso adotado:

3 3 3 3 3 1 1 1 1 1

1

1

0

0,5 5 4,5 1 5 5,5 3 0,5 3 0

30

r i E r i R i E r i

E

E V

⋅ + + ⋅ + ⋅ − + ⋅ =⋅ + + ⋅ + ⋅ − + ⋅ ==

(c) Identicamente para a malha beta ( )β :

3 3 3 3 3 2 2 2 2 2

2

2

0

0,5 5 4,5 1 5 3,5 2 0,5 2 0

20

r i E R i R i E r i

E

E V

⋅ + + ⋅ + ⋅ − + ⋅ =⋅ + + ⋅ + ⋅ − + ⋅ ==

(d) Aplicando-se a Lei de Ohm generalizada no ramo central AB tem-se:

3 3 3 3( ) 0 5(0,5 1) 4,5

12

AB A B

AB AB

AB

U V V i resistencias fcems fems

U i r R E U

U V

= − = ⋅ + −

= ⋅ + + − = + +=

CIRCUITOS RC

1. Um resistor 6,2R M= Ω e um capacitor 2,4C Fµ= 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) 6 6(6, 2 10 )(2,4 10 ) 15c cRC F sτ τ −= × Ω × =

(b) 1 ,cc

VqV

cε

ε = = −

tirando o valor t, e usando , ln 1 cc c

VRC tτ τ

ε = = − −

5,6(15 ) ln 1 9,4

12V

t t sV

= − Ω − =

$

O CAMPO MAGNÉTICO

CAMPO MAGNÉTICO DE UMA ESPIRA CIRCULAR

1. Duas espiras circulares, concêntricas e coplanares, de raios 4 mπ e 5 mπ , são percorridas por

correntes de intensidades 2A e 5A, conforme a figura. Calcular a intensidade do vetor indução

magnética no centro das espiras, sendo 74 10 /T m Aµ π −= ⋅ ⋅ e caracterize o vetor indução

magnética criado por cada espira no centro

Resolução

1 1 2 24 , 2 , 5 , 5R m i A R m i Aπ π= = = =

Aplicando-se a regra da mão direita, vê-se que a corrente 1i , cria no centro das espiras um vetor

indução magnética perpendicular ao plano da espira, com o sentido do plano para o observador, de

intensidade 7

11

1

71

4 10 22 2 4

10

iB

R

B T

µ ππ

−

−

⋅ ⋅ ⋅= =⋅

=

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 7

722 2

2

4 10 52 10

2 2 5i

B B TR

µ ππ

−−⋅ ⋅ ⋅= = = ⋅

⋅

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 2B

, é maior que a de 1B

.

1 2B B B= +

ou 7 7 72 1 2 10 10 10B B B B T− − −= − = ⋅ − =

I2 = 5A

O R1

R2 i1 = 2A

2A

1B

5A

2B

$

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 2A e 4A , e separadas entre si de 0,20m. Calcule a intensidade do vetor

indução magnética resultante no ponto P, indicado na figura. DADO: 74 10 /T m Aµ µ −= ⋅ ⋅

Resolução

O fio 1, cria em P, um vetor campo magnético entrando no plano do papel, de intensidade: 7

611 1

1

4 10 24 10

2 2 0,1i

B B Td

µ ππ π

−−⋅ ⋅ ⋅= = = ⋅

⋅

O fio 2 também cria, em P, um vetor indução magnética “entrando” no plano do papel, de

intensidade:

762

2 22

4 10 48 10

2 2 0,1i

B B Td

µ ππ π

−−⋅ ⋅ ⋅= = = ⋅

⋅

Portanto, a intensidade do vetor indução magnética resultante será: 6 6 5

1 2 4 10 8 10 1,2 10B B B B B T− − −= + = ⋅ + ⋅ = ⋅

10 cm 10 cm

P

1i

2A

2 4i A=

1i

1B

1 10d cm=P

2i2B

P

2 10d cm=

$!

FORÇA SOBRE UMA CARGA MÓVEL EM UM CAMPO MAGNÉTICO UNIFORME

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

intensidade 10B T= , 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.

Resolução

(a) A intensidade da força magnética é: 6

4

2 10 10 10 30º

10MAG MAG

MAG

F q V B sen F sen

F N

θ −

−

= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

=

(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

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 0,5B T= . 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.

θq

Y

X

Z V

B

θ

Y

X

Z V

MAGF

$"

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

90º 0,5 2 0, 2 0,2MAGF B i sen B i sen Nθ= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =

Pode-se ver, através da figura, que o condutor fica sujeito a um BINÁRIO DE FORÇAS.

MAGM F d= ⋅ , onde 0,1d AB m= =

20,2 0,1 2 10M M N m−= ⋅ = ⋅ ⋅

B

D C

ii

10 cm A B

20cm

B

D C

ii

A B

MAGF

MAGF

0, 2m

i i

i

$#

FORÇA ENTRE DUAS CORRENTES PARALELAS

1. Dois fios longos, retos e paralelos, situados no vácuo, são percorridos por correntes contrárias,

de intensidade 1 2i A= e 2 4i 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 2i ?

Resolução

(a) Como as correntes têm sentido opostos, há repulsão.

(b) A intensidade da força para cada metro do fio é: 7

50 1 2 4 10 2 4 11,6 10

2 2 0,1MAG MAG

i iF F N

dµ π

π π

−−⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅= = = = ⋅

⋅

(c) Invertendo o sentido da corrente 2i , 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 61,6 10 cmρ −= ⋅ Ω ⋅ , área 20, 2A cm= 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 510B T−= . O condutor C tem velocidade constante 8 /V 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.

Resolução:

(a) 5 1 610 10 1 8 10e B V e e V− − −= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅

(b)

6 5

6

5

101,6 10 8 10

0, 2

8 100,1

8 10

R R RA

U eU Ri i i A

R R

ρ − −

−

−

= = ⋅ ⋅ = ⋅ Ω

⋅= = = = =⋅

(c) Para que a velocidade seja constante, 0RF = ou seja: 5 1

7 7

10 0,1 10

10 10

MAGF T

B i T T

T N P T Peso N

− −

− −

=

⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =

= = =

LEI DE FARADAY

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

A

'A

'B

B

Corpo suspenso

MAGF

T

$

24,0 2,0 3,0B t t= + + , com B em teslas e t em segundos. Uma bateria ideal com 2,0bat V=

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

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

em

10t s= .

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

Resolução

( )Bind

d d BA dBA

dt dt dtΦ= = =

2

2r

Aπ=

[ ]

22

2 2

(4,0 2,0 3,0)2

(0,20 )(8,0 2,0) 8,0(10) 2,0

2 210 5,2

ind

ind

ind

r dt t

dtr m

t

em t s V

π

π π

= + +

= + = +

= ≈

(b) 5,152 2,0

1,62

res ind bat Vi i A

R R− −= = = ≈

Ω

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?

/ 2r

bat

Resolução

A equação 1 L

t

i eR

τε − = −

(subida da corrente)

Nós mostra que a corrente i aumenta exponencialmente de zero até o seu valor final de equilíbrio

/ R . Seja 0t o tempo que a corrente i leva para alcançar metade do seu valor de equilíbrio, então,

a equação anterior nos dá

0 /11

2Lte

R Rτ−= −

Explicitamos 0t cancelando R

, isolando

A exponencial e tomando o logaritmo natural de cada lado. Encontramos 3

0

0

53 10ln 2 ln 2 ln 2

0,370,10

L

L Ht

Rt s

τ−×= = =Ω

=

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

(a) A corrente máxima é 12

34,30,35m

Vi A

R= = =

A energia armazenada será:

2 2 3 21 1 1(53 10 ) (34,3 )

2 2 231

B B m

B

U Li U Li H A

U j

−= = = ⋅ ⋅

=

(b) Queremos saber em que instante t a relação 12B BU U ∞=

( )

2 2

/

1 1 1 12 2 2 2

12

Lt

Li Li i i

eR R

τ

∞ ∞

−

= =

− =⋅

Cancelando / R teremos / 11

2Lte τ− = −

Então: ln 0,293 1,2 LL

tt τ

τ= − ≈

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:

8 2 120i sen tπ= ⋅ ⋅ (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 MAXi i sen tω= ⋅ , temos:

(a) 2

120 / 2rad s fTπω π ω π= = = (pulsação da corrente)

120 / 260

rad s f

f Hz

ω π π= ==

(b) 8 2MAXi A=

(c) 8 2

82 2

MAXef ef ef

i Ai i i A= = =

(d) 50 8 400ef ef ef efU R i U A U V= ⋅ = Ω⋅ =

(e)

2

400 8 3200

efef ef ef

ef ef

UP U i R i

RP U i

P V A P W

= ⋅ = ⋅ =

= ⋅

= ⋅ =

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 36m V= e uma freqüência 60,0df Hz= .

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

qual é a amplitude RV de ( )RV t ?

(b) Qual a corrente ( )Ri t na resistência e qual a amplitude RI de ( )Ri t ?

Resolução:

(a) ( ) ( ) 36,0R R mV t t V V= = =

Cálculo de

( ) : ( ) ( )

2 2 (60 ) 120

(36,0 ) (120 )

R R m d

d d

R m d R

V t V t t sen t

f Hz

V sen t V V sen t

ωω π π π

ω π

= == = == =

(b)

( ) 1

36,00,180

200( )

(0,180 ) (120 )

R R d R

RR R R

R R d R d

r

i I sen t I sen t

V VI I I A

Ri I sen t I sen t

i A sen t

ω φ ω

ω φ ωπ

= − =

= = =Ω

= − ==

CARGA PURAMENTE CAPACITIVA

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

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

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

( )CV t ?

(b) Qual a corrente ( )ci t no circuito em função do tempo e qual a amplitude CI de ( )CI t ?

Resolução

(a)

( )( ) 36,0

( ) ( )

2 2 (60,0 ) 120

(36,0 ) (120 )

C t C m C m

C m d

d d

C

V t e V V V

V t t sen t

f Hz

V V sen t

ωω π π π

π

= = = =

= = ⋅= = == ⋅

(b)

6

1 12 (2 ) (60,0 )(150 10 )

177

36,00,203

177

( / 2)

(0,203 ) (120 / 2)

Cd

C

CC C C

C

C C d

C

Xf C Hz F

X

V VI I I A

X

I I sen t

I A sen t

π π

ω ππ π

−= =⋅ ⋅ ⋅

= Ω

= = =Ω

= ⋅ += +

CARGA PURAMENTE INDUTIVA

1. Na figura a seguir, a indutância L vale 230mH e o dispositivo de fem alternada senoidal opera a

uma amplitude 36,0m V= e a uma freqüência 60,0df Hz= .

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

( )LV t ?

(b) Qual a corrente ( )Li t no circuito em função do tempo e qual a amplitude LI de '( )LI t ?

Resolução

(a)

( ) ( ) 36,0

( ) ( )

2 120 : (36,0 ) (120 )

L L m L m

L m d

d d L

V t t e V V V

V t t sen t

f Logo V V sen t

ωω π π π

= = = == = ⋅

= = = ⋅

(b) 32 (2 )(60,0 )(230 10 )

36,086,7 0,415

86,7

( / 2)

(0,415 ) (120 / 2)

L d

LL L L

L

L L d

L

X f L Hz H

V VX I I A

X

I I sen t

i A sen t

π π

ω ππ π

−= = ×

= Ω = = =Ω

= ⋅ −= −

O CIRCUITO RLC EM SÉRIE

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

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

150CX = Ω .

(a) Qual o fator de potência cosφ e qual a constante de fase φ do circuito?

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

Resolução

(a)

2 2 2 2( ) (200 ) (80 150 )

211,90200

cos cos 0,944211,90

cos 0,944 19,3º 19,3º

L CZ R X X

Z

RZ

arc

φ φ

φ φ

= + − = Ω + Ω − Ω= Ω

Ω= = ≈Ω

= = ± = ±

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 C LX X> , este circulo é principalmente capacitivo, com a corrente adiantada em relação

fem. Assim, φ tem que ser negativa:

19,3ºφ = −

A equação: L CX Xtg

Rφ −= nos dá a resposta completa, com o sinal negativo.

!

(b)

2 2(120 ) (0,9438)cos

211,9064,1

rmsMED

MED

VP

ZP W

φ= =Ω

=

TRANSFORMADOR

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

enrolamento primário e fornece a energia a um certo número de casas próximas com 120SV V= ;

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 /P SN N 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 SR no circuito secundário? Qual a carga resistiva correspondente PR

no circuito primário?

Resolução

(a) S S

P P

V NV N

= ou

38,5 107,083 71

120

71

P P

S S

P

S

N V VN V V

NN

×= = = ≈

≈

(b)

3

3

78 109,176

8,5 10

9,2

MEDP

P

P

P WI A

V V

I A

×= =×

≈

378 10650 650

120MED

S SS

P WI A I A

V V×= = = =

(c) 3

1200,1846 0,18

650

8,5 10926 930

9,176

SS S

S

pp p

p

V VR R

I A

V VR R

I A

= = = Ω ≈ Ω

×= = = Ω ≈ Ω