Prova Eletromagnetismo - 2 Chamada Exercício Escolar

Fundamentos do Eletromagnetismo Profs Augusto Otávio Fábio Rodrigo José Roberto Irami Buarque Nome CPF Turma Data 26julho2024 2chamada do 1Exercício Escolar Orientações Leia atentamente todas as questões antes de começar a prova Os cálculos necessários devem ser realizados na folha de resposta As resoluções das questões devem ser comentadas e justificadas A prova pode ser feita a lápis e as respostas de caneta É permitido o uso de calculadora 1º 250 pontos A figura 1 indica um dipolo elétrico no interior de um campo elétrico uniforme com módulo igual a 2x105NC orientado paralelamente ao plano da figura As cargas são 1 6x1019 C e ambas as cargas estão sobre o plano da figura sendo que a distância entre elas é igual a 0 1nm Determine a 05 ponto a força resultante exercida pelo campo elétrico sobre o dipolo b 05 ponto o módulo direção e sentido do momento de dipolo elétrico c 05 ponto o módulo direção e sentido do torque d 05 ponto a energia potencial do sistema na posição indicada Dados sen 30 0 5 cos 30 0 87 tan 30 0 58 sen 120 0 87 cos 120 0 5 tan 120 1 73 Resolução da 1ª questão Figura 1 a Sendo o campo elétrico uniforme as forças que atuam nas cargas têm mesma intensidade e sentido opostosA força resultante é igual a zero FR F FqE qE0 FR 0 b O sentido de p vai da carga negativa para a carga positiva formando um angulo de 120 no sen tido horário com sentido do vetor campo magnético p qd 1 6x1019 0 1x109 0 16x1028 p 1 6x1029C m c O torque é perpendicular ao plano do papelsaindo do papel corresponde a uma rotação no sentido antihorário τ p E sen120 1 6x1029 2 0x105 087 2 78x1024N m d Up E p E cos 1201 6x1024 J 2º 250 pontosA figura 2 representa uma superfície Gaussiana de simetria cilíndrica com raio r e comprimento L em torno de um fio fino de seção reta circular Usando a Lei de Gaus determine Figura 2 i o campo elétrico a uma distância r do fio em função da densidade linear de carga λ QL o campo elétrico a uma distância r do fio em função da densidade linear de carga λ QL ii Se em vez de um fio fino tivermos uma casca cilíndrica não condutora de espessura muito fina muito longa e de raio R com cargas uniforme mente distribuídas isto é com uma densidade superficial σ QA constante calcule o campo elétrico gerado em um ponto P a externo e b interno à casca Page 2 Resolução da 2ª questão i fio fino O campo elétrico é perpendicular ao lado cilíndrico e paralelo às bases extremidades planas da superfície O fluxo através da superfície lateral é E nˆ d A E d A E 2 π r L Enquanto que o fluxo através das bases é zero porque E n ˆ 0 nelas De acordo com a lei de Gauss o fluxo eve ser igual à quantidade de carga dentro do volume englobado por esta superfície dividida pela permissividade do vácuo Podemos escrever que a carga dentro do volume é igual à densidade linear de carga carga por unidade de comprimento multiplicada pelo comprimento L q i n t λ i n t L Para qualquer distribuição de carga com simetria cilíndrica a lei de Gauss produz o campo elétrico a uma distância d do eixo de magnitude E nˆ d A q i n t ε 0 E 2 π r L q i n t ε 0 λ i n t L ε 0 E r λ i n t L 2 ε 0 π r L λ i n t 2 ε 0 π r iicasca cilíndrica a Ponto externo A superfície Gaussiana é cilíndrica de raio r R e comprimento L A carga interna à superfície Gaussiana é igual à carga sobre a casca cilíndrica de comprimento L Q σ A σ 2 π R L A densidade linear de carga depende do ponto ser interno ou externo ao cilindro de distribuição de carga λ L cargatotal se r R e só q i n t e r n a se r R onde R é o raio do cilindro no qual as cargas são distribuídas com uma simetria cilíndrica A superfície Gaussiana inclui o ponto P distante r do eixo onde se está calculando o campo Quando r R isto é quando P está fora da distribuição de carga a superfície Gaussiana inclui todas as cargas no cilindro de raio R e comprimento L Quando r R P está dentro da distribuição de carga e apenas as cargas dentro superfície Gaussiana são consideradas A Lei de Gaus fornece E d A q i n t ε 0 E d A q i n t ε 0 com q i n t σ A σ 2 π R L Assim o campo elétrico E no ponto P externo à casca distante r do eixo é dado por E 2 π r L σ 2 π R L ε 0 E r σ R ε 0 r E r σ R ε 0 r r ˆ r R onde r ˆ é o vetor unitário perpendicular ao eixo e apontando para fora Se λ 0 o campo E em P aponta na mesma direção de r ˆ e na direção oposta se λ 0 b Ponto interno Para pontos internos à superfície Gaussiana cilíndrica cujo raio r R carga interna é igual a zero Isto significa que o fluxo de campo elétrico através da superfície é nulo Assim pela Lei de Gauss a magnitude do campo elétrico E i n t interno à casca cilíndrica em pontos onde rR E d A q ε 0 E i 2 π L 0 r R Logo E i 0 r R Page 3 3º 250 pontos Duas cargas puntiformes q e q são separadas de uma distância a Em um ponto distante a3 da carga q e sobre a linha que une as duas cargas o potencial é nulo Determine a relação qq Resolução da 3ª questão Vamos chamar de P o ponto aonde o potencial é nulo O potencial em P é soma do potencial criado por cada carga em P Segue que VP V V 1 aonde V kqd e V kqd são as expressões do potencial elétrico gerado no ponto P pelas cargas q e q respectivamente Temos que d a3 e d aa3 2a3 Substituindo as expressões anteriores em 1 temos VP k3q a k3q 2a 2 Igualando a expressão 2 a zero temos k3q a k3q 2a 0 k3q a k3q 2a 3 Da expressão 3 concluímos que qq 12 4ª250 pontos No circuito da figura 3 as forças eletromotrizes das fontes ideias são E1 5 0V e E2 12 0V as resistências R são de 200 Ω e potencial é tomado como sendo zero no ponto do circuito ligado à terra Determine a 150 ponto os potenciais V1 e V2 nos pontos indicados b 100 ponto a fonte que estaria fornecendo energia ao circuito justifique A que taxa ela estaria fornecendo energia Page 4 figura 3 Resolução da 4ª questão a Sejam i1 i2 e i3 as correntes que atravessam o circuito conforme ilustrado na figura 4 Aplicamos a lei das malhas temos I E1 3R i1 R i3 0 II E2 R i2 R i3 0 Sendo i2 i3 i1 e substituindo em II temos I E1 3R i1 R i3 0 x2 2E1 6R i1 2R i3 0 I E2 2R i3 R i1 0 x1 E2 2R i3 R i1 0 Resolvendo o sistemas de equações acima obtemos os valores das correntes i1e i2 i1 E2 2E1 7R 12 0 2 00 5 0 V 14 0 Ω 0 143 A i3 E2 R i1 2R 12 0 2 00 0 14 V 2 2 00 Ω 2 93 A Seguindo temos i2 3 07 A Os sinais obtidos no cálculo das correntes indicam que os seus sentidos previamente escolhidos no desenho são os corretos Usando então a lei das malhas e lembrando que Vterra 0 V1 e V2 serão V1 R i3 Vterra 2 2 93 0 00 5 86 V V2 2R i1 E1 Vterra 2 2 0 143 5 00 0 00 5 58 V b Dado o sentidodo terminal para o terminal da corrente i2 na fonte E2 do terminal para o terminal esta estaria fornecendo energia ao circuito a uma taxa P E2 i312 0 3 07 36 8 W Figura 3 Page 5