Soluções dos Problemas - Fundamentos de Física Volume 3: Eletromagnetismo

M AT E R I A L S U P L E M E N TA R PA R A A C O M PA N H A R MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR FUNDAMENTOS DE FÍSICA Eletromagnetismo 9a Edição HALLIDAY RESNICK JEARL WALKER Cleveland State University VOLUME 3 Tradução e Revisão Técnica Ronaldo Sérgio de Biasi PhD Professor Titular do Instituto Militar de Engenharia IME Este Material Suplementar contém as Soluções dos Problemas Volume 3 que podem ser usadas como apoio para o livro Fundamentos de Física Volume 3 Eletromagnetismo Nona Edição 2012 Este material é de uso exclusivo de professores que adquiriram o livro Material Suplementar Soluções dos Problemas Volume 3 traduzido do material original HALLIDAY RESNICK FUNDAMENTALS OF PHYSICS VOLUME TWO NINTH EDITION Copyright 2011 2008 2005 2003 John Wiley Sons Inc All Rights Reserved This translation published under license Obra publicada pela LTC Editora FUNDAMENTOS DE FÍSICA VOLUME 3 ELETROMAGNETISMO NONA EDIÇÃO Direitos exclusivos para a língua portuguesa Copyright 2012 by LTC Livros Técnicos e Científicos Editora Ltda Uma editora integrante do GEN Grupo Editorial Nacional Projeto de Capa M77 Design Imagem de Capa Eric HellerPhoto Researchers Inc Used with permission of John Wiley Sons Inc Reproduzida com permissão da John Wiley Sons Inc Editoração Eletrônica do material suplementar SUMÁRIO Capítulo 21 1 Capítulo 22 23 Capítulo 23 51 Capítulo 24 75 Capítulo 25 105 Capítulo 26 127 Capítulo 27 142 Capítulo 28 172 Capítulo 29 194 Capítulo 30 225 Capítulo 31 254 Capítulo 32 285 1 O módulo da força que uma das cargas exerce sobre a outra é dado por F q Q q r 1 4 0 2 em que r é a distância entre as cargas Queremos determinar o valor de q que minimiza a função fq qQ 2 q Derivando a função em relação a q e igualando o resultado a zero obtemos Q 2 2q 0 o que nos dá q Q2 Assim qQ 0500 2 O fato de que as esferas são iguais permite concluir que ao serem colocadas em contato ficam com cargas iguais Assim quando uma esfera com uma carga q entra em contato com uma esfera descarregada as duas esferas passam a ter quase instantaneamente uma carga q2 Começamos com as esferas 1 e 2 que possuem uma carga q cada uma e experimentam uma força repulsiva de módulo F kq2r2 Quando a esfera neutra 3 é colocada em contato com a esfera 1 a carga da esfera 1 diminui para q2 Em seguida a esfera 3 que agora possui uma carga q2 é colocada em contato com a esfera 2 e a carga total das duas esferas q2 q é dividida igualmente entre elas Assim a carga final da esfera 2 é 3q4 e a força de repulsão entre as esferas 1 e 2 se torna F k q q r k q r F F F 2 3 4 3 8 3 8 3 8 0 2 2 2 375 3 Explicitando a distância r na Eq 211 F kq1q2r2 obtemos r k q q F 1 2 9 6 8 99 10 26 0 10 47 N m C C 2 2 0 10 5 70 1 39 6 C N m 4 A corrente elétrica é discutida na Seção 214 Chamando de i a corrente a carga transferida é dada por q it 2 5 10 20 10 0 50 4 6 A s C 5 De acordo com a Eq 211 o módulo da força de atração entre as partículas é F k q q r 1 2 2 9 6 8 99 10 3 00 10 1 50 N m C C 2 2 10 0 120 2 81 6 2 C m N 6 a Chamando de a o módulo da aceleração a segunda e a terceira leis de Newton nos dão m a m a m 2 2 1 1 2 7 6 3 10 7 0 9 0 4 9 kg m s m s 2 2 10 7kg b O módulo da única força que age sobre a partícula 1 é F m a k q q r q 1 1 1 2 2 9 2 8 99 10 0 0032 N m C m 2 2 2 Substituindo os valores conhecidos de m1 e a1 obtemos q 71 1011 C Capítulo 21 2 soluções dos problemas 7 Considerando positivo o sentido para a direita a força resultante que age sobre q3 é F F F k q q L L k q q L 3 13 23 1 3 12 23 2 2 3 23 2 Note que cada termo apresenta o sinal correto positivo se a força aponta para a direita negativo se a força aponta para a esquerda quaisquer que sejam os sinais das cargas Assim por exemplo o primeiro termo a força que q1 exerce sobre q3 é negativo se as cargas tiverem sinais opostos o que indica que a força será atrativa e positivo se as cargas tiverem o mesmo sinal o que significa que a força será repulsiva Igualando a zero a força resultante fazendo L23 L12 e cancelando k q3 e L12 obtemos q q q q 1 2 1 2 4 00 0 4 00 8 No experimento 1 a esfera C entra em contato com a esfera A e a carga total das duas esferas 4Q é dividida igualmente entre elas Isso significa que a esfera A e a esfera C ficam com uma carga 2Q cada uma Em seguida a esfera C entra em contato com a esfera B e a carga total das duas esferas 2Q 2 6Q é dividida igualmente entre elas o que significa que a esfera B fica com uma carga igual a 2Q No final do experimento 1 a força de atração eletrostática entre as esferas A e B é portanto F k Q Q d k Q d 1 2 2 2 2 2 4 No experimento 2 a esfera C entra primeiro em contato com a esfera B o que deixa as duas esferas com uma carga de 3Q cada uma Em seguida a esfera C entra em contato com a esfera A o que deixa a esfera A com uma carga igual a Q2 Assim a força de atração eletrostática entre as esferas A e B é F k Q Q d k Q d 2 2 2 2 2 3 3 2 A razão entre as duas forças é portanto F F 2 1 3 2 4 0 375 9 Vamos supor que a distância entre as esferas é suficiente para que possam ser consideradas cargas pontuais e chamar de q1 e q2 as cargas originais Escolhemos o sistema de coordenadas de tal forma que a força que age sobre a esfera 2 é positiva quando a esfera é repelida pela esfera 1 Nesse caso de acordo com a Eq 211 a força a que a esfera 2 está submetida é F q q r k q q r a 1 4 0 1 2 2 1 2 2 na qual r é a distância entre as esferas O sinal negativo indica que as esferas se atraem Como as esferas são iguais adquirem a mesma carga ao serem ligadas por um fio isso significa que a carga de cada esfera é q1 q22 A força agora é de repulsão e é dada por F r k q q r b q q q q 1 4 4 0 2 2 2 1 2 2 2 1 2 1 2 De acordo com a primeira das equações mostradas q q r F k a 1 2 2 2 9 0 500 0 108 8 99 10 m N N m 2 C 2 C2 3 00 10 12 soluções dos problemas 3 De acordo com a segunda equação q q r F k b 1 2 2 2 0 500 0 0360 m N 899 10 N m C 9 2 2 2 00 10 6 C na qual escolhemos o sinal positivo para a raiz quadrada o que equivale a supor que q1 q2 0 Explicitando q2 na equação do produto das cargas obtemos q q 2 12 1 3 00 10 C2 Substituindo q2 pelo seu valor na equação da soma das cargas obtemos q q 1 12 1 6 3 00 10 2 00 10 C C 2 Multiplicando por q1 e reagrupando os termos obtemos a equação do segundo grau q q 1 2 6 1 12 2 00 10 3 00 10 0 C C2 cujas soluções são q1 6 6 2 12 2 00 10 2 00 10 4 3 00 10 C C C2 2 a Escolhendo o sinal positivo da raiz quadrada obtemos q1 300 106 C o que nos dá q2 300 1012q1 100 106 C Escolhendo o sinal negativo da raiz quadrada obtemos q1 100 106 C Nos dois casos a resposta é 100 106 C 100 mC b Como vimos no item a escolhendo o sinal positivo da raiz quadrada obtemos q1 300 106 C Escolhendo o sinal negativo q1 100 106 C o que nos dá q2 300 1012q1 300 106 C Nos dois casos a resposta é 300 106 C 300 mC O que aconteceria se tivéssemos suposto que a carga total das partículas era inicialmente negativa Como as forças permaneceriam as mesmas se os sinais das duas cargas fossem invertidos e a carga total mudaria de sinal a resposta do item a seria 300 106 C e a do item b seria 100 106 C 10 Para facilitar o raciocínio vamos supor que Q 0 e q 0 embora o resultado final não dependa do sinal das cargas a Por simetria os valores absolutos das componentes x e y das forças experimentadas pelas partículas 1 e 4 são todos iguais F Q Q a q Q a 1 0 2 2 1 4 2 45 cos Q q a Q q 4 2 2 1 0 2 Fazendo F1 0 obtemos Q q 2 2 o que nos dá Q q 2 2 2 83 b Por simetria os valores absolutos das componentes x e y das forças experimentadas pelas partículas 2 e 3 são todos iguais F q a q Q a q 2 0 2 2 2 1 4 2 45 sen 2 0 2 4 1 2 2 a Q q Fazendo F2 0 obtemos Q q 1 2 2 035 Como este valor é diferente do obtido no item a não existe um valor de q para o qual a força eletrostática a que todas as partículas estão submetidas seja nula 4 soluções dos problemas 11 Como a força experimentada pela partícula 3 é F F F F q q a q 3 31 32 34 0 3 1 2 3 1 4 ˆ j q a q q a 2 2 3 4 2 2 45 ˆ sen ˆ ˆ cos45 i j i a a componente x da força a que a partícula 3 está submetida é F q a q q 3x 3 0 2 2 4 9 4 2 2 8 99 10 N m2 C2 C m 2 1 0 10 0 050 1 2 2 2 0 7 2 2 17 N b e a componente y é F q a q q 3y 3 0 2 1 2 9 4 2 2 8 99 10 N m C C m 2 2 2 1 0 10 0 050 1 1 2 2 7 2 2 0 046 N 12 a Para que a aceleração inicial da partícula 3 seja na direção do eixo x é preciso que a força resultante tenha a direção do eixo x o que por sua vez significa que a soma das componentes y das forças envolvidas seja zero O ângulo que a força exercida pela partícula 1 sobre a partícula 3 faz com o eixo x é tan1 22 45o e o ângulo que a força exercida pela partícula 2 sobre a partícula 3 faz com o eixo x é tan1 23 337o Assim para que a soma das componentes y seja nula devemos ter k q q k Q q 1 3 2 3 2 0 02 2 45 0 030 0 0 sen m m 20 33 7 2 2 m sen o que nos dá Q 83 mC Como as componentes y das forças exercidas pelas cargas 1 e 2 sobre a carga 3 devem ter sentidos opostos concluímos que as cargas das partículas q1 e q2 devem ter sinais opostos e portanto Q 83 mC b Nesse caso são as componentes x das forças envolvidas que devem se cancelar Para que a soma das componentes x seja nula devemos ter k q q k Q q 1 3 2 3 2 0 02 2 45 0 030 0 020 cos m m m cos 2 2 33 7 o que nos dá Q 552 mC 55 mC Como as componentes x das forças exercidas pelas cargas 1 e 2 sobre a carga 3 devem ter sentidos opostos concluímos que as cargas q1 e q2 devem ter o mesmo sinal e portanto Q 55 mC 13 a É óbvio que não existe posição de equilíbrio para a partícula 3 fora do eixo x Também não existe posição de equilíbrio para a partícula 3 no eixo x na região entre as partículas fixas já que nessa região as duas partículas por terem cargas opostas exercem necessariamente forças de mesmo sentido sobre a partícula 3 Além disso não existe posição de equilíbrio no eixo x à direita da partícula 2 porque nessa região como q1 q2 o módulo da força exercida por q2 é sempre maior que a força exercida por q1 Assim o ponto de equilíbrio só pode estar na parte do eixo x à esquerda da partícula 1 na qual o módulo da força resultante a que está submetida a partícula 3 é dado por F k q q L k q q L L res 1 3 0 2 2 3 0 2 soluções dos problemas 5 em que L0 é a distância em valor absoluto entre a partícula 3 e a partícula 1 Igualando a zero a equação apresentada temos depois de cancelar k e q3 q L q L L L L L q q 1 0 2 2 0 2 0 0 2 2 1 0 3 0 C 1 0 3 0 C o que nos dá depois de extrair a raiz quadrada L L L L L 0 0 0 3 3 1 10 3 1 14 cm cm para a distância entre a partícula 3 e a partícula 1 Isso significa que a coordenada x da partícula 3 deve ser x 14 cm b Como foi dito no item anterior y 0 14 a Vamos chamar de Q a carga da partícula 3 Igualando os módulos das forças que agem sobre a partícula 3 dadas pela Eq 211 temos 1 4 2 1 4 2 0 1 2 0 2 2 q Q a a q Q a a o que nos dá q1 90 q2 Como a partícula 3 está situada entre q1 e q2 concluímos que q1 e q2 têm o mesmo sinal e portanto q1q2 90 b Nesse caso temos 1 4 3 2 1 4 3 2 0 1 2 0 2 2 q Q a a q Q a a o que nos dá q1 25 q2 Como a partícula 3 está situada à direita das duas partículas concluímos que q1 e q2 têm sinais opostos e portanto q1q2 225 15 a Como a distância entre a partícula 1 e a partícula 2 é r x x y y 12 2 1 2 2 1 2 2 0 020 0 035 0 m m 015 0 005 0 056 2 m m m o módulo da força que a partícula 1 exerce sobre a partícula 2 é F k q q r 21 2 1 12 2 9 6 8 99 10 3 0 10 N m C C 2 2 4 0 10 0 056 35 6 2 C m N b O vetor F21 aponta na direção da partícula 1 e faz com o semieixo x positivo um ângulo tan tan 1 2 1 2 1 1 1 5 0 5 y y x x cm cm 2 0 3 5 10 3 10 cm cm c Suponha que as coordenadas da terceira partícula sejam x3 y3 e que a partícula esteja a uma distância r da partícula 2 Sabemos que para que as forças exercidas pelas partículas 1 e 3 sobre a partícula 2 sejam iguais as três partículas devem estar sobre a mesma reta Além disso as partículas 1 e 3 devem estar em lados opostos em relação à partícula 2 já que possuem cargas de mesmo sinal e portanto se estivessem do mesmo lado em relação à partícula 2 exerceriam forças com o mesmo sentido de atração Assim em termos do ângulo calculado no item a temos x3 x2 r cosu e y3 y2 r senu o que significa que y3 y2 já que u é negativo O módulo da força que a partícula 3 exerce sobre a partícula 2 é F k q q r 23 2 3 2 e deve ser 6 soluções dos problemas igual ao módulo da força exercida pela partícula 1 sobre a partícula 2 que é F k q q r 21 2 1 2 Assim k q q r k q q r r r q q 2 3 2 1 2 12 2 12 3 1 0 0645 6 45 m cm o que nos dá x3 x2 r cosu 20 cm 645 cm cos10 84 cm d e y3 y2 r senu 15 cm 645 cm sen10 27 cm 16 a De acordo com o gráfico da Fig 2126b quando a partícula 3 está muito próxima da partícula 1 e portanto a força exercida pela partícula 1 sobre a partícula 3 é muito maior que a força exercida pela partícula 2 sobre a partícula 3 existe uma força no sentido positivo do eixo x Como a partícula 1 está n origem e a partícula 3 está à direita da partícula 1 esta força é uma força de repulsão Assim como a carga da partícula 3 é positiva concluímos que a carga da partícula 1 também é positiva b Como o gráfico da Fig 2126b cruza o eixo x e sabemos que a partícula 3 está entre a partícula 1 e a partícula 2 concluímos que ao se aproximar da partícula 2 a partícula 3 é repelida o que significa que a carga da partícula 2 também é positiva O ponto em que a curva se anula é o ponto x 0020 m no qual a partícula 3 se encontra a uma distância d1 0020 m da partícula 1 e a uma distância d2 0060 m da partícula 2 Assim de acordo com a Eq 211 1 4 1 4 0 1 3 1 2 0 2 3 2 2 2 2 1 2 1 q q d q q d q d d q 0 060 0 020 9 0 2 1 1 m m q q o que nos dá q2q1 90 17 a De acordo com a Eq 211 F k q q d 12 1 2 2 9 6 2 8 99 10 20 0 10 1 N m C C 2 2 50 1 60 m 2 N b O diagrama a seguir mostra as forças envolvidas e o eixo y escolhido linha tracejada O eixo y foi escolhido como a mediatriz do segmento de reta que liga as cargas q2 e q3 para fazer uso da simetria do problema um triângulo equilátero de lado d cargas de mesmo valor q1 q2 q3 q Vemos que a força resultante coincide com o eixo y e o módulo da força é F k q d 2 30 2 8 99 10 20 0 2 2 9 cos N m 2 C 2 10 1 50 30 2 77 6 2 2 C m N cos 18 Como todas as forças envolvidas são proporcionais às cargas das partículas vemos que a diferença entre as duas situações é que F1 qB qC na situação em que as cargas B e C estão no soluções dos problemas 7 mesmo lado em relação à carga A e F2 qB qC na situação em que as cargas estão em lados opostos Assim temos F F q q q q B C B C 1 2 2 014 10 2 877 10 7 1 1 23 24 N N q q q q C B C B o que nos dá após algumas manipulações algébricas qCqB 1333 19 a Se a partícula 3 permanece imóvel a resultante das forças a que está submetida é zero Como as partículas 1 e 2 têm cargas de mesmo sinal para que isso aconteça a partícula 3 deve estar entre as outras duas cargas Além disso deve estar no eixo x Suponha que a partícula 3 está a uma distância x da partícula 1 e a uma distância L 2 x da partícula 2 Nesse caso a força resultante a que a partícula 3 está submetida é F qq x qq L x 3 0 3 2 3 2 1 4 4 Fazendo F3 0 e explicitando x obtemos x L3 300 cm b Como foi dito no item a y 0 c A força a que a partícula 1 está submetida é F qq x q L 1 0 3 2 2 2 1 4 4 00 em que os sinais foram escolhidos de tal forma que uma força negativa faz a partícula 1 se mover para a esquerda Fazendo F1 0 explicitando q3 e usando o resultado do item a x L3 obtemos q qx L q q q 3 2 2 3 4 4 9 4 9 0 444 Note que a resultante das forças a que a partícula 2 está submetida também é zero F q L qq L x q L 2 0 2 2 0 2 0 2 2 1 4 4 4 1 4 4 4 4 9 4 9 1 4 4 4 2 2 0 2 2 2 2 q L q L q L 0 20 Note que as distâncias entre as partículas B e A e entre as partículas C e A são as mesmas para todas as posições da partícula B Vamos nos concentrar nos pontos extremos u 0º e u 180º das curvas da Fig 2129c pois representam situações em que as forças que as partículas B e C exercem sobre a partícula A são paralelas ou antiparalelas ou seja situações em que a força resultante é máxima ou mínima respectivamente Note também que como a força dada pela lei de Coulomb é inversamente proporcional a r2 se as cargas fossem iguais a força exercida pela partícula C seria quatro vezes menor que a força exercida pela partícula B já que a distância entre a partícula C e a partícula A é duas vezes maior que a distância entre a partícula B e a partícula A Como as cargas não são iguais existe além do fator de 14 já mencionado um fator j igual em módulo à razão entre a carga da partícula C e a carga da partícula B Assim a força eletrostática exercida pela partícula C de acordo com a lei de Coulomb Eq 211 é igual a j4 vezes a força exercida pela partícula B a De acordo com a curva 1 da Fig 2129c a força máxima é 2F0 e corresponde a u 180º situação na qual B está no eixo x à esquerda de A Nesse caso 2F0 1 j4F0 j 4 8 soluções dos problemas b De acordo com a curva 2 da Fig 2129c a força máxima é 125F0 e corresponde a u 0o situação na qual B está no eixo x à direita de A Nesse caso 125F0 1 j4F0 j 1 21 A carga dq contida em uma casca fina de largura dr é dq rdV rAdr na qual A 4pr2 Como r br temos q dq b r dr b r r r r 4 2 1 2 2 2 1 2 Para b 30 mCm2 r2 006 m e r1 004 m obtemos q 0038 mC 38 108 C 22 a A soma das componentes x das forças que as partículas 3 e 4 exercem sobre a partícula 1 é 2 4 30 3 3 16 1 3 0 2 1 3 0 2 cos q q r q q d Para que a força que age sobre a partícula 1 seja nula o valor calculado deve ser igual em valor absoluto à força exercida pela partícula 2 sobre a partícula 1 3 3 16 4 2 5 3 3 1 1 3 0 2 1 2 0 2 q q d q q D d D d 0 9245 d Para d 200 cm obtemos D 192 cm b Quando as partículas 3 e 4 são aproximadas do eixo x o ângulo u diminui e a soma das componentes x das forças que essas partículas exercem sobre a partícula 1 aumenta Para compensar este fato a força exercida pela partícula 2 sobre a partícula 1 deve ser maior o que exige que a distância D seja menor 23 Seja F o módulo da força exercida pela partícula 1 e pela partícula 2 sobre a partícula 2 sobre a partícula 3 seja e 160 1019 C e seja u o ângulo entre uma das forças acima e o eixo x Nesse caso F F e e x d x x d e x res 2 2 2 4 4 4 0 2 2 2 2 2 cos 0 2 2 3 2 x d a Para determinar os valores de x para os quais a força é máxima ou mínima derivamos a expressão apresentada em relação a x e igualamos o resultado a zero É aconselhável desenhar um gráfico tanto para compreender melhor o comportamento da função como para verificar se o valor calculado é um máximo ou um mínimo Agindo dessa forma constatamos que o valor obtido igualando a derivada a zero corresponde a um máximo veja o item b e que o mínimo da função corresponde ao limite inferior do intervalo ou seja ao ponto x 0 b Derivando a função do enunciado e igualando o resultado a zero obtemos dF dx e x d x x d res 4 3 2 2 2 0 2 2 3 2 2 2 1 2 x x d 2 2 3 0 o que nos dá depois de algumas manipulações algébricas x d 2 12 cm c O valor da força resultante no ponto x 0 é Fres 0 d O valor da força resultante no ponto x 12 cm é Fres 49 1026 N soluções dos problemas 9 24 a De acordo com a Eq 211 F 8 99 10 1 00 10 1 00 10 9 16 2 2 N m C C m 2 2 2 19 8 99 10 N b Se n é o número de elétrons em excesso com uma carga e 160 1019 C cada um temos n q e 1 00 10 1 60 10 625 16 19 C C 25 De acordo com a Eq 2111 temos n q e 1 0 10 1 6 10 6 3 10 7 19 11 C C 26 De acordo com as Eqs 211 e 215 o módulo da força é F k e r 2 2 9 19 2 8 99 10 1 60 10 2 N m C C 2 2 82 10 2 89 10 10 2 9 m N 27 a De acordo com a Eq 211 o módulo da força eletrostática entre os íons é F q q r k q r 4 0 2 2 2 na qual q é a carga de um dos íons e r é a distância entre os íons Explicitando a carga obtemos q r F k 5 0 10 3 7 10 8 99 10 3 10 9 9 m N N m 2 C 2 2 10 19 C b Seja n o número de elétrons que estão faltando em cada íon Nesse caso n q e 3 2 10 1 6 10 2 9 19 C C 28 Como 1 ampère equivale a 1 coulomb por segundo 1 A 1 Cs e 1 minuto equivale a 60 segundos o valor absoluto da carga que atravessa o peito é q 0300 Cs120 s 360 C O número de elétrons correspondente é n q e 36 0 1 60 10 2 25 10 19 20 C C 29 a Na configuração inicial de alta simetria a força Fy a que a partícula central partícula 5 está submetida aponta no sentido negativo do eixo y e tem módulo 3F na qual F é a força exercida por uma das partículas sobre a outra a uma distância d 10 cm já que as forças exercidas pelas partículas 1 e 3 se cancelam e a força exercida para baixo pela partícula 4 é 4 vezes maior que a força exercida para cima pela partícula 2 Esta força não muda quando a partícula 1 é deslocada fazendo com que passe a existir também uma força Fx paralela ao eixo x Como a força a que partícula estava submetida inicialmente era paralela ao eixo y o fato de sofrer uma rotação de 30o significa que quando a partícula 1 se encontra na nova posição F F F F x y x tan 30 3 1 3 o 10 soluções dos problemas o que nos dá Fx F 3 Como a partícula 3 exerce uma força para a esquerda de módulo F sobre a partícula 5 e a partícula 1 exerce uma força para a direita de módulo F temos F F F F F 3 3 1 Como a força eletrostática varia inversamente com a distância temos r d r d 2 2 3 1 3 1 10 3 1 10 1 65 6 05 cm cm cm na qual r é a distância entre a partícula 1 e a partícula 5 Assim a nova coordenada da partícula 1 deve ser x 605 cm b Para que a força resultante volte à direção original é preciso que as componentes x das forças exercidas pelas partículas 1 e 3 se cancelem o que pode ser conseguido aproximando a partícula 3 da partícula 5 até que esteja à mesma distância que a partícula 1 Assim a nova coordenada da partícula 3 deve ser x 605 cm 30 a Seja x a distância entre a partícula 1 e a partícula 3 Nesse caso a distância entre a partícula 2 e a partícula 3 é L ñ x Como as duas partículas exercem forças para a esquerda sobre a partícula 3 o módulo da força total a que a partícula 3 está submetida é F F F q q x q q L x e tot 13 23 1 3 0 2 2 3 0 2 2 4 4 0 2 2 1 27 x L x Derivando a função apresentada e igualando o resultado a zero obtemos dF dx e x L x L x tot 2 0 3 4 2 54 0 o que depois de algumas manipulações algébricas nos dá x L4 Assim x 200 cm b Fazendo x L4 na expressão de Ftot e substituindo e p e â0 por valores numéricos obtemos Ftot 921 1024 N 31 Como cada próton possui uma carga q e a corrente em uma superfície esférica de área 4pR2 4p 637 106 m2 51 1014 m2 seria i 5 1 10 1500 1 6 10 14 2 2 1 m prótons s m 9 0 122 C próton A 122 mA 32 Como a curva da Fig 2133 passa pelo ponto F2 tot 0 a carga da partícula 1 é positiva q1 800e O fato de que F2 tot 0 quando a partícula 3 está no ponto x 040 m significa que a distância entre as partículas 1 e 2 é r 040 m Como o valor assintótico de F2 tot corresponde à situação em que a única força a que a partícula 2 está submetida é a força exercida pela partícula 1 temos q q r F q e 1 2 0 2 2 18 4 2 086 10 13 assint C 33 Como a massa específica da água é 10 gcm3 um volume de 250 cm3 corresponde a uma massa de 250 g que por sua vez corresponde a 25018 14 mols já que a massa molar da água é 18 Como uma molécula de H2O possui 10 prótons temos Q N q N e 14 14 10 14 6 02 10 10 1 60 10 23 A A 19 7 1 3 10 C C soluções dos problemas 11 34 Por simetria a componente y da força total a que o elétron 2 está submetido é nula qualquer que seja o ângulo u A componente x da força total exercida pelos elétrons 3 e 4 é dada por F qe r qe R q x 3 4 0 2 0 2 2 4 2 4 2 cos cos cos e R cos 3 0 2 4 Assim para que a força total a que está submetido o elétron 2 seja nula é preciso que a força exercida pelo elétron 1 seja igual à componente x da força exercida pelos elétrons 3 e 4 ou seja F1 Fx 34 o que nos dá e R qe R e q 2 0 2 3 0 2 3 4 2 4 2 cos cos Os valores fisicamente possíveis de q mencionados no enunciado são múltiplos inteiros da carga elementar e Fazendo q ne temos cos3 1 2 n Assim os valores possíveis de u são dados por cos 1 1 3 1 2n na qual n é um número inteiro a O menor valor de u é 1 1 1 1 3 2 37 5 0 654 cos o rad b O segundo menor valor de u é 2 1 1 1 3 4 50 95 0 889 cos o rad c O terceiro menor valor de u é 3 1 1 1 3 6 56 6 0 988 cos o rad 35 a Os íons de césio situados nos vértices do cubo exercem forças sobre o íon de cloro situado no centro do cubo As forças são atrativas e as direções coincidem com as diagonais do cubo Para cada íon de césio existe outro situado na mesma diagonal Como esses pares de íons estão à mesma distância do íon de cloro e exercem forças de sentidos opostos todas as forças se cancelam e a força resultante a que os íons de cloro estão submetidos é zero b Em vez de remover um íon de césio vamos supor que existe uma carga adicional 2e na posição de um dos íons de césio o que equivale do ponto de vista elétrico a remover o íon Como a resultante das forças que os oito íons de césio exercem sobre o íon de cloro é zero só é necessário considerar a força exercida pela carga adicional O comprimento da diagonal de um cubo é i 5 1 10 1500 1 6 10 14 2 2 1 m prótons s m 9 0 122 C próton A 122 mA i 5 1 10 1500 1 6 10 14 2 2 1 m prótons s m 9 0 122 C próton A 122 mA em que a é o comprimento da aresta do cubo Assim a distância entre o centro do cubo e uma aresta é d a 3 2 e a força exercida pela carga adicional é F k e d ke a 2 2 2 2 9 2 2 3 4 8 99 10 1 60 10 N m C 19 2 9 2 9 3 4 0 40 10 1 9 10 C m N Como a carga adicional e o íon de cloro são negativos a força é repulsiva Isso significa que o íon de cloro se afasta do vértice que não contém um íon de césio 12 soluções dos problemas 36 a Como o próton é positivo e o nêutron é neutro a partícula emitida deve ser um pósitron uma partícula positiva para que a carga elétrica seja conservada b Nesse caso como o estado inicial tem carga zero a soma das cargas das partículas produzidas deve ser zero Como uma das partículas produzidas é um próton cuja carga é positiva a outra partícula deve ser um elétron 37 Para conhecer o número atômico número de prótons dos elementos envolvidos nas reações consulte o Apêndice F a Como o 1H tem 1 próton e 0 nêutron e o 9Be tem 4 prótons e 9 2 4 5 nêutrons os nuclídeos originais têm 5 prótons e 5 nêutrons Como um nêutron é liberado o elemento X possui 4 prótons e 5 nêutrons De acordo com o Apêndice F esse elemento é o boro Assim a resposta é 9B b Como o 12C tem 6 prótons e 12 2 6 6 nêutrons e o 1H tem 1 próton e 0 nêutron o elemento X possui 7 prótons e 6 nêutrons De acordo com o Apêndice F esse elemento é o nitrogênio Assim a resposta é 13N c Como o 15N tem 7 prótons e 15 2 7 8 nêutrons o 1H tem 1 próton e 0 nêutron e o 4He tem 2 prótons e 4 2 2 2 nêutrons o elemento X possui 7 1 2 2 6 prótons e 8 0 2 2 6 nêutrons De acordo com o Apêndice F esse elemento é o carbono Assim a resposta é 12C 38 Após o primeiro contato a esfera W e a esfera A possuem uma carga qA2 na qual qA é a carga inicial da esfera A Após o segundo contato a esfera W possui uma carga 1 2 2 32 q e A Após o terceiro contato a esfera W possui uma carga 1 2 1 2 2 32 48 q e e A Igualando esta última expressão a 18e obtemos depois de algumas manipulações algébricas a resposta pedida qA 16e 39 De acordo com Eq 211 o módulo da força que a partícula 1 exerce sobre a partícula 2 é F21 kq1q2r2 na qual r d d 1 2 2 2 e k 1 4 8 99 10 0 9 N m 2 C 2 Como a partícula 1 e a partícula 2 têm cargas positivas a partícula 2 é repelida pela partícula 1 e portanto a força F21 aponta para baixo e para a direita Na notação dos vetores unitários F F 21 21 ˆr sendo ˆ ˆ ˆ r i j r r d d d d 2 1 1 2 2 2 A componente x de F21 é F F d d d 21 x 21 2 1 2 2 2 Combinando essas expressões obtemos F k q q d r k q q d d d 21 x 1 2 2 3 1 2 2 1 2 2 2 3 2 8 99 1 0 4 1 60 10 6 1 60 10 9 19 19 N m C C C6 2 2 00 m 200 m 600 m 10 10 10 3 3 2 3 2 3 2 1 31 10 22 N soluções dos problemas 13 40 Como as partículas 1 e 2 estão do mesmo lado da partícula 3 para que as forças exercidas pelas duas partículas se cancelem é preciso que uma das forças seja atrativa e a outra seja repulsiva Isso por sua vez significa que as cargas das partículas 1 e 2 devem ter sinais opostos Além disso naturalmente as duas forças devem ter módulos iguais ou seja k q q L L k q q L 1 3 12 23 2 2 3 23 2 Para L23 200L12 a expressão apresentada nos dá q1q2 225 41 a Para que as forças gravitacional e elétrica se neutralizem mutuamente devem ter módulo ou seja k q r G mM r 2 2 2 na qual k é a constante eletrostática q é a carga de um dos astros r é a distância entre o centro da Terra e o centro da Lua G é a constante gravitacional m é a massa da Lua e M é a massa da Terra Explicitando q obtemos q GmM k 6 67 10 7 36 10 5 9 11 22 N m kg kg 2 2 8 10 8 99 10 5 7 10 24 9 13 kg N m C C 2 2 b A distância r não aparece nos cálculos porque tanto a força elétrica como a força gravitacional são proporcionais a 1r2 e portanto as distâncias se cancelam c Como a carga de um íon de hidrogênio é e 160 1019 C seriam necessários n q e 5 7 10 1 6 10 3 6 10 13 19 32 C C íons Como a massa de um íon de hidrogênio é mp 167 1027 kg a massa necessária seria m nm p kg kg 3 6 10 1 67 10 6 0 10 32 27 5 42 a A figura a seguir mostra o diagrama de corpo livre da esfera da esquerda A força da gravidade mg aponta para baixo a força eletrostática da outra esfera aponta para a esquerda e a tensão do fio aponta na direção do fio que faz um ângulo u com a vertical Como a esfera está em equilíbrio a aceleração é zero A componente y da segunda lei de Newton nos dá T cosu mg 0 e a componente x nos dá T senu Fe 0 De acordo com a primeira equação T mg cosu Substituindo esse resultado na segunda equação obtemos mg tanu Fe 0 Aplicando relações trigonométricas ao triângulo da Fig 2138 formado pelo ponto de suspensão e as duas esferas obtemos tan x L x 2 2 2 2 14 soluções dos problemas Se L é muito maior que x o que acontece se u for muito pequeno podemos desprezar o termo x2 do denominador e fazer tanu x2L De acordo com a Eq 211 o módulo da força eletrostática que uma das esferas exerce sobre outra é F k q x e 2 2 Substituindo essas duas expressões na equação mg tanu Fe obtemos mgx L k q x x kq L mg 2 2 2 2 2 1 3 b Explicitando q na expressão apresentada e substituindo os valores dados obtemos q mgx kL 3 3 2 0 010 9 8 0 050 2 8 99 kg m s m 2 10 1 20 2 4 10 9 8 N m C m C 2 2 43 a Se uma das esferas é descarregada deixa de existir repulsão eletrostática entre as esferas e o ângulo u diminui até que as esferas se tocam b Quando as esferas se tocam metade da carga da esfera que não foi descarregada é transferida para a outra esfera o que faz com que cada esfera fique com uma carga q2 Assim de acordo com a equação obtida no item a do Problema 42 a nova distância de equilíbrio é x k q L mg x 2 2 1 4 1 4 2 1 3 1 3 1 3 5 0 3 1 cm cm em que x 50 cm é a distância dada no item b do Problema 42 44 Fazendo kq2r2 mpg obtemos r q k m g p 2 C N m C 1 60 10 8 99 10 1 67 10 19 9 2 27 9 8 0 119 kg m s m 119 cm 2 45 Como cada molécula contém dois prótons de carga q e temos Q N q A 6 02 10 2 1 60 10 1 9 10 23 19 5 C C 019 MC 46 a O módulo da força eletrostática a que a partícula 1 está submetida é a soma algébrica das forças exercidas pelas outras três partículas F F F F e e d e e d 1 12 13 14 0 2 0 2 4 2 4 2 2 0 2 2 0 2 2 4 4 3 11 18 4 11 18 8 99 e e d e d 10 1 60 10 2 00 10 3 5 9 2 2 19 2 2 2 N m C C m 22 10 25 N o que nos dá F1 25 3 52 10 ˆ Ni b Analogamente o módulo da força eletrostática a que a partícula 2 está submetida é F F F F e e d e e d 2 23 24 21 0 2 0 2 4 4 2 4 2 4 0 0 2 e e d soluções dos problemas 15 47 Vamos chamar a carga de 6 mC de q1 a carga de 4 mC de q2 a carga desconhecida de q3 e as distâncias entre essas cargas e a origem de r1 r2 e r3 respectivamente Para que a força eletrostática total que age sobre uma carga colocada na origem seja nula devemos ter F F F F tot 1 2 3 Vamos supor sem perda de generalidade que a carga da partícula colocada na origem é positiva Nesse caso a força exercida pela carga q1 aponta para a esquerda a força exercida pela carga q2 aponta para a direita e a carga exercida pela carga q3 aponta para a esquerda se for positiva e para a direita se for negativa De acordo com a Eq 211 temos k q q r k q q r k q q r 1 1 2 2 2 2 3 3 2 0 Substituindo os valores conhecidos obtemos 6 8 4 16 24 0 2 2 3 2 q Reduzindo a um denominador comum obtemos 54 576 9 576 576 0 q3 Para que essa equação seja satisfeita é preciso que o sinal do terceiro termo do lado direito seja positivo ou seja que a força F3 aponte para a direita e que q3 45 mC Assim q3 245 mC 48 a De acordo com a Eq 214 F q q d AC A C 4 8 99 10 2 00 0 2 9 2 N m 2 C 10 8 00 10 0 200 3 60 10 9 9 6 C C m N 2 b Depois de serem colocadas em contato as esferas A e B ficam com uma carga de 200 nC 400 nC2 300 nC Quando a esfera B é aterrada a carga diminui para zero Quando a esfera B faz contato com C as duas esferas ficam com uma carga de 2800 nC2 2400 nC Assim as cargas finais são QA 2300 nC QB 400 nC e QC 2400 nC e portanto de acordo com a Eq 214 F q q d AC A C 4 8 99 10 3 00 0 2 9 2 N m 2 C 10 4 00 10 0 200 2 70 10 9 9 6 C C m N 2 c De acordo com a Eq 214 F q q d BC B C 4 8 99 10 4 00 0 2 9 2 N m 2 C 10 4 00 10 0 200 3 60 10 9 9 6 C C m N 2 49 De acordo com a Eq 214 F q r k e r 2 0 2 2 2 9 2 4 3 8 99 10 1 60 N m 2 C 10 9 2 6 10 3 8 19 15 C m N 2 2 50 a Como a barra está em equilíbrio a força resultante a que a barra está submetida é zero e o torque resultante em relação a qualquer ponto da barra também é zero Vamos escrever uma expressão para o torque resultante em relação ao apoio igualar a expressão a zero e calcular o valor de x A carga Q da esquerda exerce uma força para cima de módulo kqQh2 a uma distância L2 do apoio Vamos tomar este torque como negativo O peso exerce uma força para baixo de módulo W a uma distância x L2 do apoio Este torque também é negativo A carga 16 soluções dos problemas Q da direita exerce uma força para cima de módulo 2kqQh2 a uma distância L2 do apoio Este torque é positivo A equação de equilíbrio para rotações é k qQ h L W x L k qQ h L 2 2 2 2 2 2 0 Explicitando x obtemos x L kqQ Wh 2 1 2 b Se FN é o módulo da força para cima exercida pelo apoio a segunda lei de Newton com aceleração zero nos dá W k qQ h k qQ h FN 2 2 2 0 Fazendo FN 0 e explicitando h obtemos h kqQ W 3 0 5 51 Vamos chamar de L o comprimento da barra e de A a área da seção reta da barra A carga dq em uma pequena fatia da barra de largura dx é rAdx na qual r é a densidade volumétrica de carga O número de elétrons em excesso que existem na barra é n qe em que e é a carga elementar dada pela Eq 2112 a Para r 400 106 Cm3 temos n q e A e dx AL e L 0 200 1010 b Para r bx2 na qual b 200 106 Cm5 temos n b A e x dx b AL e L 2 0 3 10 3 1 33 10 52 Para que a força de atração eletrostática mantenha a partícula em movimento circular uniforme a uma distância r devemos ter a seguinte relação Qq r mv r 4 0 2 2 Explicitando Q e substituindo os valores conhecidos temos Q rmv q 4 0 200 8 00 10 50 0 0 2 4 m kg ms N m C C 2 2 9 2 6 5 8 99 10 4 00 10 1 11 10 C 111 C 53 a De acordo com a Eq 211 temos F q q r kq r 1 2 0 2 2 2 9 2 2 4 8 99 10 1 00 N m C C 2 1 00 8 99 10 2 9 m N b Para r 1000 m temos F q q r kq r 1 2 0 2 2 2 9 2 2 4 8 99 10 1 00 N m C C 2 1 00 10 8 99 10 3 2 3 m N 899 kN soluções dos problemas 17 54 Seja q1 a carga de uma das partes e seja q2 a carga da outra parte nesse caso q1 q2 Q 60 mC A força de repulsão entre as partes é dada pela Eq 211 F q q r q Q q r 1 2 0 2 1 1 0 2 4 4 Derivando essa expressão em relação a q1 e igualando o resultado a zero obtemos dF dq Q q r 1 1 0 2 2 4 0 o que nos dá q1 Q2 como o valor da carga q1 que maximiza a força de repulsão Isso significa que q2 Q q1 Q2 Assim temos F Q Q r Q r N 2 2 4 1 4 4 1 4 8 99 10 0 2 2 0 2 9 m C C m N 9 2 2 6 2 3 2 3 6 0 10 3 00 10 9 0 10 0 kN 55 As cargas das duas esferas são q aQ em que a é um número maior que 0 e menor que 1 e Q q 1 aQ De acordo com a Eq 211 temos F Q Q d Q d 1 4 1 1 4 0 2 2 0 2 O gráfico a seguir mostra a força normalizada FFmax em função de a em que Fmax Q216pâ0 d 2 a É evidente que o valor da força eletrostática é máximo para a 05 b Fazendo F Fmax2 obtemos Q d Q d 2 0 2 2 0 2 1 4 32 que nos dá depois de algumas manipulações algébricas a equação do segundo grau 2 1 8 0 cujas raízes são 1 2 1 2 2 1 2 1 2 2 e c O menor valor de a é 1 2 1 2 2 0 15 d O maior valor de a é 1 2 1 2 2 0 85 18 soluções dos problemas 56 a De acordo com a Eq 2111 temos n q e 2 00 10 1 60 10 1 25 10 6 19 13 C C elétrons b Como o dono do gato está com excesso de elétrons e a torneira está em contato com a Terra que é um reservatório de cargas de grande capacidade elétrons são transferidos do dono do gato para a torneira c Como cargas de mesmo sinal se repelem os elétrons da torneira são repelidos para longe da mão do dono do gato e portanto a parte da torneira mais próxima da mão fica positivamente carregada d Como o gato está positivamente carregado a transferência de elétrons seria da torneira para o gato e Se pensarmos no focinho do gato como uma esfera condutora o lado da esfera mais próximo do pelo tem cargas com o mesmo sinal que as cargas do pelo e o lado mais afastado do pelo tem cargas com o sinal oposto que por sua vez têm o sinal oposto ao da mão da pessoa que acabou de afagar o gato Assim as cargas da mão e do focinho têm sinais opostos e podem se atrair com força suficiente para produzir uma centelha 57 Se a diferença relativa entre as cargas do próton e do elétron em valor absoluto fosse q q e p e 0 0000010 a diferença absoluta seria q q p e C 1 6 10 25 Multiplicada por um fator de 29 3 1022 como sugere o enunciado a diferença entre as cargas positivas e negativas em uma moeda de cobre seria q 29 3 10 1 6 10 0 14 22 25 C C De acordo com a Eq 211 a força de repulsão entre duas moedas de cobre situadas a 10 m de distância seria F k q r 2 2 8 1 7 10 N 58 a De acordo com a Eq 211 a força a que a partícula 3 está submetida é F F F k q q r k q q r 3 31 32 3 1 3 1 2 3 2 res i i ˆ ˆ 3 2 2 3 1 3 1 2 2 3 2 2 8 ˆ ˆ i i kq q r q r 99 10 20 10 80 10 0 40 9 2 6 6 N m C C C m 2 2 40 10 0 20 89 9 6C m i Ni 2 ˆ ˆ b De acordo com a Eq 211 a força a que a partícula 3 está submetida é F F F k q q r k q q r 3 31 32 3 1 3 1 2 3 2 res i i ˆ ˆ 3 2 2 3 1 3 1 2 2 3 2 2 8 ˆ ˆ i i kq q r q r 99 10 20 10 80 10 0 80 9 2 6 6 N m C C C m 2 2 40 10 0 60 2 50 6C m i Ni 2 ˆ ˆ soluções dos problemas 19 c Entre as posições do item a e do item b deve haver uma posição na qual F3 0 res Fazendo r31 x e r32 x 2 020 m igualando F31 a F32 e cancelando fatores comuns obtemos q x q x 1 2 2 2 0 20 m Levando em conta o fato de que q1 2q2 extraindo a raiz quadrada de ambos os membros e explicitando x obtemos x 0 2 2 2 1 0 683 m 683 cm d Para que a resultante da força que age sobre a partícula 3 seja nula é preciso que as três partículas estejam sobre a mesma reta que no caso é o eixo x assim y 0 59 Como a massa de um elétron é m 911 1031 kg o número de elétrons em um conjunto com uma massa M 750 kg é n M m 75 0 10 8 23 10 31 31 kg 911 kg elétrons A carga total desse conjunto de elétrons é q ne Z 8 23 10 1 60 10 1 32 10 31 19 13 C C 60 Note que em consequência do fato de que a força eletrostática é inversamente proporcional a r2 uma partícula de carga Q situada a uma distância d da origem exerce sobre uma carga qo situada na origem uma força de mesma intensidade que uma partícula de carga 4Q situada a uma distância 2d de qo Assim a carga q6 8e situada a uma distância 2d abaixo da origem pode ser substituída por uma carga 2e situada a uma distância d abaixo da origem Somando esta carga à carga q5 2e obtemos uma carga 4e situada a uma distância d abaixo da origem que cancela a força exercida pela carga q2 4e situada a uma distância d acima da origem Analogamente a carga q4 4e situada a uma distância 2d à direita da origem pode ser substituída por uma carga e situada a uma distância d à direita da origem Somando esta carga à carga q3 e obtemos uma carga 2e situada a uma distância d à direita da origem que cancela a força exercida pela carga q1 2e situada à esquerda da origem Assim a força resultante que age sobre a partícula 7 é zero 61 a De acordo com a Eq 211 a força a que a partícula 3 está submetida é dada por F F F 3 31 32 em que F k Q Q r F k Q Q r 31 3 1 31 2 32 3 2 32 2 e O teorema de Pitágoras nos dá r31 r32 0 003 0 004 0 005 2 2 m m m Na notação móduloângulo que é a mais conveniente quando se usa uma calculadora científica no modo polar a soma vetorial indicada se torna F3 0 518 37 0 518 37 0 829 0 e a força resultante é F3 0 829 ˆ Ni b Trocar o sinal de Q2 equivale a inverter o sentido da força que a partícula 2 exerce sobre a partícula 3 Assim temos F3 0 518 37 0 518 143 0 621 90 20 soluções dos problemas e a força resultante é F3 0 621 ˆ Nj 62 A força eletrostática total a que está submetida a partícula 4 é dada por F F F F res 1 2 3 na qual F F F 1 2 3 e são as forças exercidas pelas outras três partículas sobre a partícula 4 De acordo com a Eq 211 temos na notação móduloângulo que é a mais conveniente quando se utiliza uma calculadora científica no modo polar Fres 4 60 10 180 2 30 10 90 1 24 24 02 10 145 6 16 10 152 24 24 a De acordo com esse resultado o módulo da força é 616 1024 N b De acordo com o resultado do item anterior a força faz um ângulo de 152 com o eixo x ou seja um ângulo de 208 no sentido antihorário 63 De acordo com a Eq 211 chamando a primeira carga de q1 a segunda carga de q2 e a carga da partícula que foi liberada de q o módulo da força a que está submetida a partícula no momento em que é liberada é k q q k q q 1 2 2 2 0 28 0 44 0 22 N De acordo com a segunda lei de Newton m F a 0 22 10 2 2 10 3 6 N 100 m s kg 2 64 De acordo com a Eq 211 F k q q r 1 2 2 na qual F é a força de repulsão q1 e q2 são as cargas das esferas e r é a distância entre as esferas Fazendo q2 Q 2 q1 na qual Q é a carga total e explicitando q1 obtemos a equação do segundo grau q Qq Fr k 1 2 1 2 cujas soluções são q Q Q Fr k q Q Q Fr k 1 2 2 2 2 2 4 2 4 2 e Assim a carga da esfera com a menor carga é q Q Q Fr k 1 2 2 5 5 2 4 2 5 0 10 5 0 10 4 1 C C 0 2 0 8 99 10 2 1 16 10 1 2 9 2 2 5 N m N m C C 2 10 5 C soluções dos problemas 21 65 Quando a esfera C faz contato com a esfera A a carga total Q Q2 é dividida igualmente entre as duas esferas Assim a carga da esfera A passa a ser 3Q4 e de acordo com a Eq 121 a força de atração entre as esferas A e B é F k Q Q d 3 4 4 4 68 10 2 19N 66 Chamando de Fe o módulo da força eletrostática e de Fg o módulo da força gravitacional temos de acordo com as Eqs 1310 e 211 F F k e y m g y ke m g e g e e 2 2 2 1 9 8 99 10 N m C C kg ms 2 2 1 60 10 9 11 10 9 8 19 2 31 2 m 5 1 Supondo que o sentido positivo do eixo y é para cima escolhemos o sinal negativo para a raiz já que o segundo elétron deve estar abaixo do primeiro para que a força de repulsão eletrostática tenha o sentido contrário ao da força da gravidade Assim a resposta é y 51 m 67 A força resultante que age sobre a partícula 3 é a soma vetorial das forças exercidas pelas partículas 1 e 2 F F F 3 31 32 Para que F3 0 é preciso que a partícula 3 esteja no eixo x e seja atraída por uma das outras partículas e repelida pela outra Como as partículas 1 e 2 têm cargas opostas isso significa que a partícula 3 não pode estar entre as partículas 1 e 2 mas deve estar à esquerda da partícula 1 ou à direita da partícula 2 Como a carga da partícula 1 é maior em valor absoluto que a carga da partícula 2 concluímos que a partícula 3 deve estar à direita da partícula 2 Chamando de x a distância entre a partícula 3 e a partícula 2 temos F k q q x L q q x kq q x L x 3 1 3 2 2 3 2 3 2 5 2 2 0 a Explicitando x nessa equação obtemos x L L 2 5 2 1 72 b Como foi mencionado no item anterior para que a soma das forças seja nula é preciso que a partícula 3 esteja no eixo x assim y 0 68 A carga de João é q mN Ze M A 0 0001 0 0001 90 6 02 1023 kg moléculas mol C kg mol 18 1 6 10 0 018 8 7 19 105C Como a massa de Maria é metade da massa de João sua carga é metade da carga de João e a força de atração entre os dois estudantes é F k q q d 2 8 99 10 8 7 10 2 30 2 9 2 5 N m C C m 2 2 2 18 4 10 N Assim a força de atração eletrostática entre os dois estudantes é da ordem de 1018 N 69 a Como o núcleo de hélio possui 2 prótons e o núcleo de tório possui 90 prótons veja o Apêndice F a Eq 211 nos dá F k q r 2 2 9 2 19 8 99 10 2 1 60 10 90 N m C C 2 1 60 10 9 0 10 5 1 10 19 15 2 C m N 2 22 soluções dos problemas b Como o núcleo de 4He é formado por 2 prótons e 2 nêutrons a segunda lei de Newton nos dá as massas do próton e do nêutron estão no Apêndice B a F m 5 1 10 2 1 67 10 2 1 68 10 2 27 27 N kg kg m s2 7 6 1028 70 Para que a força total a que a partícula 1 é submetida seja nula a componente x da força de repulsão exercida pela partícula 2 deve ser igual à componente x da força de atração exercida pela partícula 4 Além disso a componente y da força de repulsão exercida pela partícula 3 deve ser igual à componente y da força de atração exercida pela partícula 4 Entretanto por simetria as duas condições são expressas pela mesma equação Qq a Q Q a Q a 4 2 4 2 45 4 2 0 2 0 2 2 0 2 cos o que nos dá q Q 2 Assim q Q 1 2 0 707 1 Note que os símbolos q1 e q2 usados no enunciado se referem ao valor absoluto das cargas O desenho abaixo é para q1 q2 Os desenhos abaixo são para q1 q2 à esquerda e q1 q2 à direita 2 a De acordo com a Eq 221 o módulo da força a que é submetido um próton no ponto A é F qEA 16 1019 C40 NC 64 1018 N b Como é explicado na Seção 223 o número de linhas de campo por unidade de área em um plano perpendicular às linhas é proporcional ao módulo do campo elétrico Como a separação das linhas é duas vezes maior no ponto B concluímos que EB EA2 20 NC 3 Como a carga está uniformemente distribuída na esfera o campo na superfície é o mesmo que se toda a carga estivesse concentrada no centro Assim o módulo do campo é E q R 4 0 2 em que q é a carga total e R é o raio da esfera a Como a carga total é Ze temos E Ze R 4 8 99 10 94 1 60 10 0 2 9 2 2 19 N m C C 6 64 10 3 07 10 15 2 21 m N C b Como a carga é positiva o campo aponta para fora do núcleo 4 Como x1 600 cm e x2 2100 cm a coordenada do ponto a meio caminho entre as partículas é x 600 cm 2100 cm 2 135 cm Assim de acordo com a Eq 223 E q x x 1 1 0 1 2 9 2 2 4 8 99 10 2 ˆ i N m C ˆ 00 10 0 135 0 060 3 196 10 7 2 5 C m m i N C i i N m C ˆ ˆ E q x x 2 2 0 2 2 9 2 2 4 8 99 10 ˆ 2 00 10 0 135 0 210 3 196 10 7 2 C m m i 5 N C iˆ Capítulo 22 24 soluções dos problemas Assim o campo elétrico total é E E E tot N C i 1 2 5 6 39 10 ˆ 5 De acordo com a Eq 223 temos q r E 4 0 50 2 0 8 99 10 5 6 0 2 2 9 2 m N C N m 2 C 10 11C 56 pC 6 De acordo com a Eq 223 temos q Er 4 1 00 1 00 8 99 10 1 0 2 2 9 2 2 N C m N m C 11 10 10 C 0111 nC 7 Como a componente x do campo elétrico no centro do quadrado é E q a q a q a q x 1 4 2 2 2 0 1 2 2 2 3 2 4 2 0 2 1 2 2 45 1 4 1 2 cos a a q q q q 3 4 1 2 0 e a componente y é E q a q a q a y 1 4 2 2 2 0 1 2 2 2 3 2 q a a q q 4 2 0 2 1 2 2 45 1 4 1 2 cos q q 3 4 9 8 1 2 8 99 10 2 0 10 N m C 2 2 C m NC 2 0 050 2 1 2 1 02 105 o campo elétrico no centro do quadrado é E Ey ˆ ˆ j NCj 1 02 105 A figura a seguir que não está em escala mostra os campos elétricos produzidos pelas quatro cargas e o campo elétrico total 8 Colocamos a origem do sistema de coordenadas no ponto P e o eixo y na direção da partícula 4 passando pela partícula 3 Escolhemos um eixo x perpendicular ao eixo y ou seja passando pelas partículas 1 e 2 Os módulos dos campos produzidos pelas cargas são dados pela Eq 223 Como as contribuições das partículas 1 e 2 se cancelam o campo total no ponto P é dado por E q d q d q d tot j 1 4 2 1 4 12 4 0 4 2 3 2 0 2 ˆ 3 2 q d ˆj 0 soluções dos problemas 25 9 a As componentes verticais dos campos produzidos pelas duas partículas se cancelam por simetria Somando as componentes horizontais obtemos E q d d y xtot N m2 C 2 4 2 8 99 10 0 2 2 3 2 9 2 3 20 10 3 00 4 00 19 C300 m m m 2 2 NC 3 2 10 1 38 10 b O campo elétrico aponta no sentido negativo do eixo x ou seja faz um ângulo de 180o com o semieixo x positivo 10 Vamos escrever as cargas das partículas como múltiplos de um número positivo j a ser determinado De acordo com a Fig 2233a e o enunciado do problema q1 4j e q2 j De acordo com a Eq 223 temos E E E L x x tot 1 2 0 2 0 2 4 4 4 Como de acordo com a Fig 2233b Etot 0 para x 20 cm essa equação nos dá L 20 cm a Derivando Etot em relação a x e igualando o resultado a zero obtemos após algumas simplificações x L 2 2 3 4 3 1 3 1 70 20 34 3 3 cm cm Note que este resultado não depende do valor de j b Se q2 3e j 3e Nesse caso de acordo com o resultado obtido anteriormente E L x x a tot 2 2 N m C 4 4 4 8 99 10 0 2 0 2 9 4 3 1 60 10 0 54 8 99 10 19 2 9 C m N m C 2 2 C m NC 3 1 60 10 0 34 2 2 10 19 2 8 11 Como as partículas 1 e 2 têm cargas opostas em pontos situados entre as partículas os campos elétricos apontam na mesma direção e não podem se cancelar Como a carga da partícula 2 é maior que a carga da partícula 1 o ponto em que o campo elétrico é nulo deve estar mais próximo da carga 1 Concluímos portanto que o campo está à esquerda da partícula 1 Seja x a coordenada de P o ponto em que o campo é zero Nesse caso o campo elétrico total no ponto P é dado por E q x x q x x 1 4 0 2 2 2 1 1 2 Para que o campo se anule q x x q x x x x 2 2 2 1 1 2 2 2 70 20 4 Extraindo a raiz quadrada de ambos os membros e explicitando x obtemos duas soluções x9 30 cm e x 37 cm Como o ponto P deve estar à esquerda da partícula 1 escolhemos a solução x9 30 cm A outra solução estaria correta se as cargas das partículas 1 e 2 tivessem o mesmo sinal 26 soluções dos problemas 12 O valor do módulo do campo elétrico no centro do arco é o mesmo para todas as cargas E kq r k e 2 2 9 2 0 020 8 99 10 1 60 10 m N m C 2 19 2 6 0 020 3 6 10 C m N C Na notação móduloângulo que é a mais conveniente quando se usa uma calculadora científica no modo polar a soma vetorial dos campos assume a forma E E E E E tot 20 130 100 150 E 0 3 93 10 76 4 6 NC a De acordo com o resultado obtido o módulo do campo elétrico no centro do arco é 393 1026 NC b De acordo com o resultado anterior o ângulo do campo elétrico no centro do arco é 2764 em relação ao eixo x 13 a Como o próton está a uma distância r z 0020 m do centro do disco E e r c 4 8 99 10 1 60 10 0 0 2 9 2 19 N m C C 2 020 3 60 10 2 6 m NC b Como as componentes horizontais se cancelam o campo total produzido pelos elétrons es é vertical e o módulo do campo é dado por E ez R z stot N m2 C 2 4 2 8 99 10 0 2 2 3 2 9 2 1 6 10 0 020 0 020 19 C0020 m m m 2 2 NC 3 2 6 2 55 10 c Como o próton agora está a uma distância 10 vezes menor o campo é 100 vezes maior que o do item a ou seja Ec 360 104 NC d Como as componentes horizontais continuam a se cancelar o campo produzido pelos elétrons es é vertical e o módulo do campo é dado por E ez R z stot N m2 C 2 4 2 8 99 10 0 2 2 3 2 9 2 1 6 10 0 020 0 002 19 C0002 m m m 2 2 NC 3 2 7 7 09 10 e Porque quando o próton se aproxima do disco as componentes verticais y dos campos produzidos pelos elétrons es diminuem e as componentes horizontais aumentam Como as componentes horizontais se cancelam o efeito global é uma redução do módulo de Estot 14 a Nos pontos do eixo x à esquerda da partícula 1 os campos têm sentidos opostos mas não há possibilidade de que o campo se anule porque esses pontos estão mais próximos da partícula 1 do que da partícula 2 e a carga da partícula 1 é maior em valor absoluto que a carga da partícula 2 Na região entre as cargas os dois campos não podem se cancelar pois apontam no mesmo sentido Nos pontos do eixo x à direita da partícula 2 os campos têm sentidos opostos e existe a possibilidade de que os campos se anulem porque esses pontos estão mais próximos da partícula 2 e a carga da partícula 2 é menor Chamando de x a coordenada do ponto em que os campos se anulam e igualando os módulos dos campos produzidos pelas duas partículas temos 1 4 1 4 0 1 2 0 2 2 q x q x L soluções dos problemas 27 Explicitando x e substituindo os valores conhecidos de q1 e q2 obtemos x L L 1 2 5 2 72 b A figura a seguir mostra um esboço das linhas de campo elétrico 15 Por simetria vemos que as contribuições das cargas das partículas 1 e 2 para o campo elétrico no ponto P se cancelam de modo que só é preciso calcular o campo elétrico produzido pela partícula 3 a De acordo com a Eq 223 o módulo do campo elétrico é E e r e a e a tot 1 4 2 1 4 2 2 1 4 4 0 2 0 2 0 2 8 99 10 4 1 60 10 6 00 10 9 2 19 6 N m C C m 2 2 160 NC b O campo faz um ângulo de 450 no sentido antihorário com o semieixo x positivo 16 As componentes x e y do campo total são E q R q R E q x y tot tot 1 0 2 2 0 2 2 4 4 cos sen 4 0 2 R O módulo do campo total é a raiz quadrada da soma dos quadrados das componentes Fazendo o módulo igual a E elevando ao quadrado e simplificando temos E q q q q R 2 1 2 1 2 1 2 0 2 2 2 4 cos Explicitando u obtemos cos 1 1 2 1 2 0 2 2 2 1 2 4 2 q q R E q q Substituindo por valores numéricos obtemos duas respostas a O valor positivo do ângulo é u 678 b O valor negativo do ângulo é u 678 17 Vamos supor que a conta 2 está na parte inferior do anel já que seria difícil para a conta 1 passar pela conta 2 se ela estivesse no caminho Note que de acordo com o gráfico da Fig 2239c a componente y do campo elétrico na origem é negativa para u 0o posição na qual a contribuição da partícula 1 para o campo elétrico é nula o que significa que a carga da conta 2 é negativa 28 soluções dos problemas a De acordo com o gráfico da Fig 2239b a componente x do campo total é 0 para u 90 ou seja quando a conta 1 está no semieixo y positivo Isso significa que a conta 2 está no semieixo y negativo ou seja que o ângulo da conta 2 é 290 b Como a componente y é máxima quando as duas contas estão no eixo y e sabemos que a carga da conta 2 é negativa concluímos que a carga da conta 1 é positiva pois isso faz com que com as contas nessa posição os dois campos se somem Nos pontos u 0 e u 180 o valor absoluto da componente x é igual ao módulo do campo elétrico criado pela conta 1 Assim de acordo com a Eq 223 q r E 1 0 2 12 2 2 4 4 8 854 10 0 60 5 C N m m 2 0 10 2 0 10 4 6 NC C 20 C c No ponto u 0 o valor absoluto da componente y é igual ao módulo do campo elétrico criado pela conta 2 Assim de acordo com a Eq 223 q r E 2 0 2 12 2 2 4 4 8 854 10 0 60 C N m m 2 4 0 10 1 6 10 1 6 4 6 NC C C 18 Partindo da Eq 226 usamos a expansão binomial veja o Apêndice E mas conservamos termos de ordem superior à usada para obter a Eq 227 E q z d z d z d z d z 4 1 3 4 1 2 1 3 4 0 2 2 2 3 3 d z d z qd z qd 2 2 3 3 0 3 3 0 1 2 2 4 z5 Assim na terminologia do problema E qd z 1 3 0 5 4 19 a Considere a figura a seguir O módulo do campo elétrico total no ponto P é E E q d r d d tot 2 2 1 4 2 2 2 1 0 2 2 sen 2 2 0 2 2 3 2 1 4 2 r qd d r Para r d d22 r232 r3 e a expressão mostrada se reduz a E qd r tot 4 0 3 b Como mostra a figura o campo elétrico no ponto P aponta no sentido negativo do eixo y ou seja faz um ângulo de 90 com o semieixo x positivo soluções dos problemas 29 20 De acordo com o enunciado do problema Ever é dado pela Eq 225 com z 5d E q d q d q ver 4 4 5 4 5 5 160 9801 4 0 2 0 2 0 2 d e Eapr é dado pela Eq 228 E qd d q d apr 2 5 2 125 4 0 3 0 2 Assim a razão pedida é E E apr ver 2 125 9801 160 0 98 21 Podemos pensar no quadrupolo da Fig 2241 como um conjunto de dois dipolos cada um com um momento dipolar de módulo p qd Os momentos apontam na direção do eixo do quadrupolo em sentidos opostos Considere o ponto P do eixo a uma distância z à direita do centro do quadrupolo e tome como positivo o sentido para a direita Nesse caso o campo produzido pelo dipolo da direita é qd2pâ0z d23 e o campo produzido pelo dipolo da esquerda é qd2pâ0z d23 Usando as expansões binomiais z d23 z3 3z4d2 e z d23 z3 3z4d2 obtemos E qd z d z z d z qd z 2 1 3 2 1 3 2 6 4 0 3 4 3 4 2 0 4 Fazendo Q 2qd2 obtemos E Q z 3 4 0 4 22 a Vamos usar a notação usual para a densidade linear de carga l qL O comprimento do arco é L ru na qual u é o ângulo em radianos Assim L 00400 m0698 rad 00279 m Para q 3001602 3 1019 C obtemos larco 172 3 1015 Cm b se a mesma carga está distribuída em uma área A pr2 p00200 m2 a densidade superficial de carga é sdisco qA 382 3 1014 Cm² c Como a área da superfície de uma esfera é 4p2 a mesma carga do item b está distribuída em uma área quatro vezes maior e portanto a densidade superficial de carga é quatro vezes menor sesfera sdisco4 956 3 1015 Cm² d Se a mesma carga está distribuída em um volume V 4p r33 a densidade volumétrica de carga é resfera qV 143 3 1012 Cm3 23 Vamos usar a Eq 223 e supor que as duas cargas são positivas No ponto P temos E E q R R R q R anel 1 anel 2 1 0 2 2 3 2 2 4 2 4 0 2 2 3 2 2 R R Simplificando obtemos q q 1 2 2 2 3 2 5 0 506 30 soluções dos problemas 24 a Por simetria e também de acordo com a Eq 2216 o campo é zero no centro do anel b O resultado E 0 para pontos infinitamente afastados do anel pode ser obtido a partir da Eq 2216 de acordo com a qual o campo é proporcional a 1z² para valores muito grandes de z c Derivando a Eq 2216 em relação a z e igualando o resultado a zero obtemos d dz qz z R q R z z R 4 4 2 0 2 2 3 2 0 2 2 2 2 5 2 0 2 0 707 z R R d De acordo com a Eq 2216 temos E qz z R 4 4 00 10 0 707 0 02 4 0 2 2 6 C m 8 854 10 0 707 0 02 0 02 12 2 2 C N m m m 2 2 3 2 7 3 46 10 NC 25 Vamos chamar o raio do arco menor de r1 o raio do arco do meio de r2 e o raio do arco maior de r3 O comprimento do arco menor é L1 pr12 pR2 o comprimento do arco do meio é L2 pr22 pR e o comprimento do arco maior é L3 pr32 3pR2 Como a carga dos arcos está uniformemente distribuída a densidade linear de carga do arco menor é l1 QL1 2QpR a densidade linear de carga do arco do meio é l2 4QL2 4QpR e a densidade linear de carga do arco maior é l3 9QL3 6QpR Nesse caso usando o mesmo raciocínio do problema seguinte o campo elétrico total é dado por E r r tot 1 0 1 2 0 2 3 2 45 4 2 45 4 sen sen sen sen sen 2 45 4 2 2 45 4 4 2 4 0 3 0 r Q R R Q R 5 8 6 2 45 12 2 1 62 10 0 0 2 0 2 R Q R R Q R sen 6 NC b O campo faz um ângulo de 245º com o semieixo x positivo 26 No Exemplo Campo elétrico de um arco de circunferência carregado vimos que o campo no centro de um arco circular é dado por E r x 4 0 sen Em que l é a densidade linear de carga Neste problema cada quarto de circunferência produz um campo cujo módulo é sen E q r r x q r 2 1 4 1 4 2 2 0 4 4 0 2 O campo produzido pelo quarto de circunferência que está acima do eixo x faz um ângulo de 45o com o semieixo x positivo e o campo produzido pelo quarto de circunferência que está abaixo do eixo x faz um ângulo de 135o com o semieixo x positivo a O módulo do campo total é E E q r x tot tot cos 2 1 4 2 2 45 1 4 0 2 0 2 9 2 12 4 8 99 10 4 4 50 10 q r N m C C 2 5 00 10 20 6 2 2 m NC b Por simetria o campo total faz um ângulo de 90o com o semieixo x positivo soluções dos problemas 31 27 Por simetria vemos que o campo no ponto P é duas vezes maior que o campo produzido pelo arco semicircular superior cuja densidade linear de carga é l qpR Usando o mesmo raciocínio do problema anterior obtemos E R q R tot j 2 4 0 90 90 0 2 2 ˆ sen ˆj a Para R 850 3 10 2 m e q 150 3 108 C Etot NC 23 8 b O campo elétrico total faz um ângulo de 90o com o semieixo x positivo 28 Derivando a Eq 2216 em relação a z e igualando o resultado a zero obtemos d dz qz z R q R z z R 4 4 2 0 2 2 3 2 0 2 2 2 2 5 2 0 o que nos dá z R 2 Para R 240 cm obtemos z 170 cm 29 Vamos primeiro calcular o campo produzido pelo arco circular cuja densidade linear de carga é l QL na qual L é o comprimento do arco Usando o mesmo raciocínio do Exemplo Campo elétrico de um arco de circunferência carregado chegamos à conclusão de que o módulo do campo elétrico produzido por um arco de circunferência de raio r com uma densidade linear de carga l que subtende um ângulo u é E r arco 4 2 2 2 2 0 sen sen sen 4 0 r Como no nosso caso l QL QRu e r R temos E Q R R Q R arco 2 2 4 2 2 4 0 0 2 sen sen O módulo do campo produzido por uma carga pontual é dado pela Eq 223 E Q R ponto 4 0 2 A razão pedida é portanto E E Q R Q R ponto arco 4 2 2 4 2 0 2 0 2 sen sen 2 Para u p temos E E ponto arco 2 1 57 30 De acordo com a Eq 2216 temos 2 4 2 2 4 2 3 0 2 2 3 2 0 2 2 3 RQ R R Rq R R 2 3 2 0 13 5 4 19 q Q Q 31 a Como a carga está uniformemente distribuída na barra q L 4 23 10 5 19 10 15 14 C 00815 m Cm b Vamos posicionar o eixo x paralelamente à barra como a origem na extremidade esquerda da barra como mostra a figura 32 soluções dos problemas Seja dx um segmento infinitesimal da barra situado no ponto x A carga do segmento é dq ldx A carga dq pode ser considerada uma carga pontual O campo elétrico produzido por esta carga no ponto P possui apenas a componente x que é dada por dE dx L a x x 1 4 0 2 O campo elétrico produzido no ponto P pela barra inteira é E dx L a x L a x x L L 4 4 1 4 0 2 0 0 0 0 1 1 4 1 57 10 0 a L a L a L a 3 NC Assim Ex 157 103 NC c O sinal negativo de Ex indica que o campo elétrico aponta no sentido negativo do eixo x ou seja que o ângulo do campo elétrico E é 180o d se a L podemos usar a aproximação L a a na equação apresentada o que nos dá E q a x 4 8 99 10 4 23 10 0 2 9 15 N m C C 2 2 50 1 52 10 2 3 m NC Assim Ex 152 103 NC e Como a expressão do item anterior é igual à do campo elétrico criado por uma partícula de carga 2q situada a uma distância a do ponto considerado o resultado é o mesmo do item d Ex 152 103 NC 32 Um elemento infinitesimal dx da barra contém uma carga dq l dx na qual l dqdx é a densidade linear de carga Por simetria as componentes horizontais dos campos produzidos pelos elementos de carga se cancelam e precisamos apenas calcular por integração a soma das componentes verticais A simetria do problema também permite calcular apenas a contribuição de metade da barra 0 x L2 e multiplicar o resultado por dois No cálculo que se segue fazemos uso do fato de que sen u Rr na qual r x R 2 2 a De acordo com a Eq 223 temos E dq r dx x R L 2 4 2 4 0 2 0 2 0 2 2 sen y x R R dx x R L 2 2 0 2 0 2 2 3 2 2 0 2 0 2 2 2 0 2 0 2 2 2 L L q L R x R x R q LR L L R q R L R 2 2 1 4 12 4 2 2 0 2 2 NC na qual a solução da integral pode ser obtida usando os métodos do cálculo ou consultando o Apêndice E veja a fórmula 19 da lista de integrais soluções dos problemas 33 b Como foi mencionado no item a o campo elétrico E é vertical e faz um ângulo de 90o com o semieixo x positivo 33 Considere um elemento infinitesimal dx da barra situado a uma distância x da extremidade esquerda como mostra a figura O elemento possui uma carga dq l dx e está a uma distância r do ponto P O módulo do campo produzido pelo elemento no ponto P é dado por dE dx r 1 4 0 2 As componentes x e y do campo são dE dx r x 1 4 2 0 sen e dE dx r y 1 4 2 0 cos Vamos usar u como variável de integração e usar as relações r Rcos u x R tan u e dx Rcos2 u du Os limites de integração são 0 e p2 rad Temos E R d R R x 4 4 4 0 0 0 0 0 sen cos π 2 π 2 e E R d R y 4 4 4 0 0 0 0 2 0 cos π 2 sen R Note que Ex Ey qualquer que seja o valor de R Assim faz um ângulo de 45 com a barra para qualquer valor de R 34 De acordo com a Eq 2226 temos E z z R 2 1 5 3 10 2 8 85 10 0 2 2 6 12 C m2 C N m cm cm cm 2 2 2 2 1 12 12 2 5 6 3 103 N C 35 De acordo com a Eq 2226 o módulo do campo elétrico em um ponto do eixo do disco situado a uma distância z do centro do disco é dado por E z z R 2 1 0 2 2 34 soluções dos problemas na qual R é o raio do disco e s é a densidade superficial de carga do disco O módulo do campo no centro do disco ou seja no ponto z 0 é Ec s2â0 Para que EEc 12 1 1 2 1 2 2 2 2 2 z z R z z R Explicitando z nessa equação obtemos z R m 3 0 346 A figura a seguir mostra o gráfico de E E z R z R c 1 1 2 em função de zR O ponto assinalado corresponde à solução do problema ou seja ao ponto zR 0346 m0600 m 0577 EEc 05 36 A partir das relações dA 2prdr que pode ser vista como a diferencial de A pr² e dq s dA na qual s é a densidade superficial de carga temos dq Q R r dr 2 2 na qual usamos o fato de que a carga está uniformemente distribuída para fazer a densidade superficial de carga igual à carga total Q dividida pela área total pR2 Fazendo r 00050 m e dr 30 10 6 m obtemos dq 24 1016 C 37 Podemos usar a Eq 2226 notando que o disco da Fig 2252b é equivalente ao disco da Fig 2252a mais um disco menor de raio R2 com a carga oposta à do disco principal Assim temos E R R R a 2 1 2 2 0 2 2 e E E R R R b a 2 1 2 2 2 0 2 2 Isso nos dá E E E a b a 1 2 4 1 4 1 2 4 1 1 2 17 4 1 2 5 0 0299 0 1056 0 283 28 38 Escrevemos a Eq 2226 na forma E E z z R max 1 2 2 1 2 e notamos que no gráfico da Fig 2253b EEmax 05 para z 40 cm Fazendo EEmax 05 e z 40 cm na equação apresentada obtemos R 69 cm soluções dos problemas 35 39 Quando a gota está em equilíbrio a força da gravidade é compensada pela força do campo elétrico mg qE em que m é a massa da gota q é a carga da gota e E é o módulo do campo elé trico A massa da gota é dada por m 4p3r3r na qual r é o raio da gota e r é a massa específica do óleo Assim q mg E r g E 4 3 4 1 64 10 851 3 6 m kg m 3 3 9 8 3 1 92 10 8 0 10 5 19 m s N C C 2 e qe 80 1019 C160 1019 C 5 o que nos dá q 5e 40 a A direção inicial do movimento é tomada como o sentido positivo do eixo x que é também a direção do campo E Usando a Eq 216 v v a x f i 2 2 2 com vf 0 e a Fm eEme para calcular a distância x x v a m v eE i e i 2 2 31 2 2 9 11 10 kg 500 10 m s C 100 10 N C 6 2 3 2 1 60 10 7 12 10 19 2 m 712 cm b De acordo com a Eq 217 temos t x v x vi med m m s 2 2 7 12 10 5 00 10 2 85 2 6 10 8 s 285 ns c Usando a Eq 216 com o novo valor de x temos K K m v m v v v v a x v i e e i f i i i 1 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2eE x m v e i 2 19 2 1 60 10 C 100 10 N C 3 800 10 m kg 500 10 m s 6 2 3 31 9 11 10 0 112 Assim a fração da energia cinética perdida na região é 0112 41 a O módulo da força a que a partícula está submetida é dado por F qE na qual q é o valor absoluto da carga da partícula e E é o módulo do campo elétrico na posição da partícula Assim E F q 3 0 10 2 0 10 1 5 10 6 9 3 N C N C Como a força aponta para baixo e a carga é negativa o campo aponta para cima b O módulo da força eletrostática exercida pelo campo sobre um próton é K K m v m v v v v a x v i e e i f i i i 1 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2eE x m v e i 2 19 2 1 60 10 C 100 10 N C 3 800 10 m kg 500 10 m s 6 2 3 31 9 11 10 0 112 c Como o próton tem carga positiva a força eletrostática aponta na direção do campo ou seja para cima d O módulo da força gravitacional a que está sujeito o próton é F g mg 1 67 10 1 6 27 26 kg 98m s 10 N 2 e A razão das forças é F F el g 2 4 10 1 64 10 1 5 10 16 26 10 N N 36 soluções dos problemas 42 a Fe Ee 30 106 NC16 1019 C 48 1013 N b Fi Eqíon Ee 30 106 NC16 1019 C 48 1013 N 43 O módulo da força a que o elétron está submetido é F eE na qual E é o módulo do campo elétrico na posição do elétron A aceleração do elétron é dada pela segunda lei de Newton a F m eE m 1 60 10 9 11 10 19 3 C 200 10 N C 4 1 15 3 51 10 kg m s2 44 a Para que a partícula esteja em equilíbrio devemos ter q E mg E mg e 2 Substituindo os valores dados no problema obtemos E mg e 2 6 64 10 9 8 2 1 6 10 27 19 kg ms C 2 2 03 10 7 N C b Como a força da gravidade aponta para baixo a força qE deve apontar para cima Como a carga da partícula alfa é positiva o campo elétrico deve apontar para cima 45 Combinando a Eq 229 com a Eq 2228 temos F q E q p z kep z 2 2 0 3 3 na qual k é a constante eletrostática dada pela Eq 215 Assim temos F 2 8 99 109 29 N m C 160 10 C 36 10 C 2 2 19 m m N 3 25 10 6 6 10 9 15 Se o momento do dipolo aponta no sentido positivo do eixo z a força F aponta no sentido negativo do eixo z 46 a De acordo com a Eq 2228 e a segunda lei de Newton temos E F q ma e m e a 9 11 10 1 60 10 31 19 kg C 1 80 10 0 0102 9 2 ms NC 102 10 NC 2 b Como o elétron tem carga negativa e é acelerado para leste isso significa que o campo elétrico tem o sentido oposto ou seja aponta para oeste 47 a O módulo da força que age sobre o próton é F eE na qual E é o módulo do campo elétrico De acordo com a segunda lei de Newton a aceleração do próton é a Fm eEm na qual m é a massa do próton Assim a 1 60 10 1 67 10 1 9 19 27 C 200 10 N C kg 4 2 1012 m s2 b Supondo que o próton parte do repouso e usando a Eq 216 temos v ax 2 2 1 92 10 0 0100 1 96 10 12 5 m s m m s 2 soluções dos problemas 37 48 De acordo com a Eq 2226 a Eq 2228 e a segunda lei de Newton temos a e m z z R 2 1 0 2 2 na qual z é a distância entre o elétron e o centro do disco a Para z R temos a e m R R R e m 2 1 2 2 4 1 16 10 0 2 2 0 1 6 2 ms b Para z R100 a e m 10 001 10 001 20 002 3 94 10 0 16 2 ms c Para z R1000 a e m 1 000 001 1 000 001 2 000 002 3 97 1 0 016 2 ms d O módulo da aceleração quase não varia quando o elétron está próximo do disco porque a resultante da força produzida pelas cargas próximas da borda do disco diminui com a redução da distância entre o elétron e o centro do disco 49 a De acordo com a Eq 2228 temos F ˆ 8 00 10 8 00 10 5 5 C 300 10 N C i C 3 600 0 240 0 0480 N C j N i N j ˆ ˆ ˆ Assim o módulo da força é F F F x y 2 2 0 240 0 0480 0 245 N N N 2 2 b O ângulo que a força F faz com o semieixo x positivo é tan N N 1 1 0 0480 0 240 F F y x tan 11 3 c De acordo com a Eq 218 x a t F t m x x 1 2 2 0 240 3 00 2 0 0100 2 2 2 N s kg 108 m d De acordo com a Eq 218 y a t F t m y y 1 2 2 0 0480 3 00 2 0 0100 2 2 2 N s kg m 21 6 50 Como o campo elétrico e a força da gravidade são verticais não existem forças na direção do eixo x Vamos combinar a Eq 2228 com a segunda lei de Newton usar a Eq 421 para determinar o tempo t e usar a Eq 423 para determinar a velocidade final substituindo 2g por ay As componentes da velocidade dadas no enunciado do problema como vx e vy serão chamadas de v0x e v0y a Como a qE m e m E temos a 1 60 10 120 19 31 C 911 10 kg N C ˆ ˆ j m s j 2 2 1 1013 38 soluções dos problemas b Como vx v0x neste problema ou seja ax 0 temos m 15 10 m s s 5 t x v v v x y y 0 7 0 0 020 1 33 10 a t y 3 0 10 2 1 10 3 13 7 m s m s 133 10 s 2 2 8 106 ms Assim a velocidade final é v ˆ ˆ 1 5 10 2 8 10 5 6 ms i ms j 51 a Vamos chamar de Q a carga da abelha e de q o valor absoluto das cargas induzidas nos lados do grão de pólen Representando a carga da abelha por uma carga pontual situada no centro do inseto a força eletrostática exercida pela abelha sobre o grão de pólen é F kQq d D kQ q D kQ q D 2 2 1 2 1 2 2 2 d D 2 2 na qual D é o diâmetro da esfera que representa a abelha e d é o diâmetro do grão de pólen Substituindo os valores numéricos obtemos F 8 99 10 45 0 10 1 000 1 9 2 12 N m C C 2 0 1 5 00 10 1 5 04 10 12 3 2 3 2 C m m 2 56 10 10 N O sinal negativo indica que a força entre a abelha e o grão de pólen é atrativa O módulo da força é F 26 1010 N b Seja Q 45 0 pC o valor absoluto da carga da ponta do estigma A força eletrostática que o estigma exerce sobre o grão é F k Q q d D k Q q D k Q q 2 2 1 D d D 2 2 1 na qual D 1 000 mm é a distância entre o grão de pólen e o estigma Substituindo os valores numéricos obtemos F 8 99 10 45 0 10 1 000 1 9 2 12 N m C C 2 0 1 1 000 10 1 1 040 10 12 3 2 3 2 C m m 3 06 10 8 N O sinal negativo indica que a força entre o grão de pólen e o estigma é atrativa O valor absoluto da força é F 3 06 10 8 N c Como F F o grão salta para o estigma 52 a De acordo com a Eq 211 a Eq 2228 e a segunda lei de Newton temos v v a t v eE m t 0 0 4 19 10 10 5 40 ms 16 C 0 9 11 10 10 2 7 10 27 31 9 4 NC kg 15 s ms kms soluções dos problemas 39 b Como o campo elétrico é uniforme a aceleração é constante e portanto de acordo com a Eq 217 a distância percorrida é d v v t 0 5 2 5 0 10 m 50 m 53 Tomamos o sentido positivo para a direita na Fig 2255 A aceleração do próton é ap eEmp e a aceleração do elétron é ae 2eEme na qual E é o módulo do campo elétrico mp é a massa do próton e me é a massa do elétron Tomamos a origem como a posição inicial do próton Nesse caso a coordenada do próton no instante t é x apt22 e a coordenada do elétron é x L aet22 No instante em que as partículas passam uma pela outra suas coordenadas são iguais ou seja 1 2 1 2 2 2 a t L a t p e Isso significa que t2 2Lap 2 ae e portanto x a a a L eE m eE m eE m L m m m p p e p p e e e p L 9 11 10 9 11 10 1 67 10 31 31 27 kg kg kg 0 050 2 7 10 5 m m 27 m 54 Como a carga do elétron é negativa e o campo elétrico aponta no sentido positivo do eixo y a força a que o elétron é submetido de acordo com a Eq 2228 aponta para baixo e a aplicação da segunda lei de Newton ao problema leva a equações análogas às do movimento balístico discutido no Capítulo 4 com a aceleração da gravidade g substituída por uma aceleração a eEm 878 1011 ms2 De acordo com a Eq 421 t x v 0 0 6 3 00 10 40 0 1 96 cos m 200 ms cos 10 6 s o que nos dá usando a Eq 423 v v at y 0 0 106 40 0 sen 200 ms sen 878 10 10 4 34 10 11 6 5 ms 196 s ms 2 Como a componente x da velocidade não muda a velocidade final é v ˆ ˆ 1 53 10 4 34 10 6 5 ms i ms j 55 a De acordo com a Eq 217 v x t 2 2 2 0 10 1 5 10 2 7 10 2 8 6 m s m s b De acordo com a Eq 215 a Eq 2228 e a segunda lei de Newton E ma e xm et 2 2 2 0 10 1 6 2 2 31 m 911 10 kg 0 10 1 0 10 19 8 3 C 15 10 s N C 10 kNC 2 56 a Para u 0 a Eq 2233 nos dá t pE sen 0o 0 b Para u 90o a Eq 2233 nos dá pE 2 1 6 10 19 9 C 078 10 m 34 10 N C 6 8 5 10 22 N m 40 soluções dos problemas c Para u 180o a Eq 2233 nos dá t pE sen 180o 0 57 a O módulo do momento dipolar é p qd 1 50 10 9 30 10 9 6 15 C 620 10 m C m b Usando o mesmo raciocínio do item c do Exemplo Torque e energia de um dipolo elétrico em um campo elétrico obtemos U U pE 180 0 2 2 9 30 10 15 C m 1100 NC 22 05 10 11 J 58 De acordo com a Eq 2238 e o gráfico da Fig 2257 Umax pE 100 1028 J Para E 20 NC obtemos p 50 1028 Cm 59 Usando o mesmo raciocínio do item c do Exemplo Torque e energia de um dipolo elétrico em um campo elétrico obtemos W U U pE pE 0 0 0 2 cos cos c 0 os C m460 NCcos640 0 2 3 02 10 1 25 22 10 23 J 60 De acordo com a Eq 2235 o ângulo para o qual o torque é máximo é u 90 e tmax pE Assim como E 40 NC e de acordo com o gráfico da Fig 2258 tmax 100 1028 N m o momento dipolar é p 25 1028 Cm 61 A Eq 2235 t pE sen u expressa o fato de que existe um torque restaurador que tende a fazer um dipolo voltar à posição de equilíbrio depois de perturbado Se a amplitude do movimento é pequena podemos substituir sen u por u em radianos obtendo a relação t pEu Como essa relação expressa uma proporcionalidade entre o torque restaurador e o ângulo de rotação o dipolo executa um movimento harmônico simples semelhante ao de um pêndulo de torção com uma constante de torção κ pE Assim a frequência angular ω é dada por 2 I pE I em que I é o momento de inércia do dipolo A frequência de oscilação é f pE I pE I 2 1 2 1 2 0 5 62 a De acordo com a Eq 2228 e a segunda lei de Newton temos a q E m 1 60 10 9 11 10 1 40 1 19 31 C kg 0 2 46 10 6 17 2 N C m s b De acordo com a Eq 211 para v c10 300 107 ms temos t v v a o 2 ms ms 3 00 10 2 46 10 1 22 10 7 17 10 s c De acordo com a Eq 216 temos x x v v a 0 2 0 2 7 2 17 2 3 00 10 2 2 46 10 ms ms2 1 83 10 3 m soluções dos problemas 41 63 a Como a massa específica da água é r 1000 kgm3 o peso mg de uma gota esférica de raio r 60 107 m é W Vg 1000 4 3 6 0 10 9 8 3 7 3 kg m m m s2 15 8 87 10 N b O equilíbrio vertical das forças nos dá mg qE neE em que n é o número de elétrons em excesso Explicitando n obtemos n mg eE 8 87 10 462 120 15 19 N 160 10 C N C 64 Os campos produzidos pelas duas cargas mais próximas do ponto médio se cancelam Assim precisamos considerar apenas o campo produzido pela terceira carga que está a uma distância r d 3 2 do ponto médio De acordo com a Eq 223 temos E Q r Q d Q d 4 4 3 2 3 0 2 0 2 0 2 65 Usando o mesmo raciocínio do Exemplo Campo elétrico de um arco de circunferência carregado chegamos à conclusão de que o módulo do campo elétrico produzido por um arco de circunferência de raio R com uma densidade linear de carga QL que subtende um ângulo u é E Q L R Q L arco 4 2 2 2 0 sen sen sen 2 4 0R Como L Ru com u em radianos temos E Q R R Q R arco 2 2 4 2 2 4 0 0 2 sen sen Fazendo Earco 0500Epart em que Epart é dado pela Eq 223 temos 2 2 4 1 2 4 2 4 0 2 0 2 Q R Q R sen sen A solução aproximada da última equação é u 3791 rad 217 66 Na figura a seguir o terceiro vértice do triângulo foi escolhido como origem do sistema de coordenadas 42 soluções dos problemas De acordo com a Eq 223 E E e d e p 4 0 2 em que d é o lado do triângulo Note que as componentes y dos campos elétricos se cancelam Como no caso de um triângulo equilátero o ângulo u indicado na figura é 60o temos E E E e d x tot e 2 2 4 2 8 9 0 2 cos cos 9 10 2 0 10 9 6 2 N m C 16 10 C m cos 2 2 19 60 N C 3 6 102 67 A carga de um pequeno trecho da corda é dada por dq ldx na qual l é a densidade linear de carga Como a contribuição desse trecho da corda para o módulo do campo elétrico no ponto xP do eixo x é dE dq x xP 4 0 2 temos E dx x xP 4 0 2 0 3 Fazendo u x xP obtemos E du u 4 4 1 1 0 1 4 0 0 2 4 1 0 m m 61 NC 68 Todos os campos produzidos por cargas diametralmente opostas se cancelam exceto os campos produzidos pelas cargas q4 e q8 O campo resultante dessas duas cargas é dado por E e d 3 4 3 8 99 10 0 2 9 ˆ i N m C 160 10 C 2 2 19 ˆ ˆ 0 020 1 08 10 5 m i NCi 2 69 a Supondo que as duas partículas estão no eixo x vemos que por simetria a componente x do campo total é zero assim o campo total é igual à componente y que aponta para cima e cujo módulo é dado por E Q a y tot 2 N m C2 sen 2 4 2 8 99 10 12 1 0 2 9 0 60 2 0 46 7 47 9 2 sen o NC NC b Por simetria vemos que neste caso a componente y do campo total é zero assim o campo total é igual à componente x que aponta para a direita e cujo módulo é dado por E Q a x tot 2 N m C2 cos 2 4 2 8 99 10 12 1 0 2 9 0 60 2 0 27 9 2 cos o NC 70 Nossa abordagem baseada na Eq 2229 envolve várias etapas A primeira consiste em encontrar um valor aproximado de e calculando as diferenças entre todos os pares de valores experimentais A menor diferença é a que existe entre o sexto e o quinto valores 1808 10 19 C 1648 10 19 C 160 1019 C soluções dos problemas 43 que vamos chamar de eaprox A etapa seguinte é determinar valores inteiros de n usando este valor aproximado de e dado1 6563 10 C dado 2 aprox 19 1 4 10 4 8 204 e n 10 5 13 5 19 2 19 C dado 3 1150 10 C aprox a e n e prox aprox dado 4 1313 10 C 7 19 7 8 21 3 19 n e n e n 4 19 5 8 10 30 10 dado 5 1648 10 C aprox dado 6 1808 10 C dado 7 19 aprox 19 6 11 30 11 e n 71 10 C dado 8 2289 10 aprox 19 7 1 12 32 12 e n 9 8 19 14 31 14 C dado 9 2613 10 C aprox apro e n e x 16 33 16 9 n Em seguida preparamos um novo conjunto de dados e1 e2 e3 Ö dividindo os dados pelos números inteiros ni obtidos na etapa anterior e e e n n 1 2 3 19 1 19 2 6 563 10 8 204 10 C C 11 50 10 19 3 C n o que nos dá usando mais decimais que o número de algarismos significativos 1 64075 10 19 19 1 C 16408 10 C 164286 10 9C com um novo conjunto de dados que podem ser considerados valores experimentais de e Finalmente calculamos a média e o desviopadrão desse conjunto de dados O resultado é e e e exp med C 1 641 0 004 10 19 que não concorda dentro de um desviopadrão com o valor atualmente aceito de e O limite inferior do valor de e de acordo com o resultado apresentado é emed e 1637 1019 C 164 1019 C que está 2 acima do valor atualmente aceito e 160 1019 C 71 No Exemplo Campo elétrico de um arco de circunferência carregado vimos que o campo no centro de um arco circular é dado por E r x 4 0 sen na qual l é a densidade linear de carga r é o raio do arco e 2u é o ângulo subtendido pelo arco Como l qL qru com u em radianos em que q é a carga do arco e L é o comprimento do arco 2u Lr e E q rL L r L r 4 8 99 10 20 10 0 9 sen N m C 2 2 9 2 0 4 0 1 1 37 C sen sen m m rad rad 8 38 NC NC 72 De acordo com a Eq 2216 o campo elétrico em um ponto do eixo de um anel uniformemente carregado situado a uma distância z do centro do anel é dado por E qz z R 4 0 2 2 3 2 44 soluções dos problemas em que q é a carga do anel e R é o raio do anel No caso de uma carga positiva o campo aponta para cima nos pontos acima do anel e para baixo nos pontos abaixo do anel Vamos tomar o sentido para cima como positivo Nesse caso a força a que é submetido um elétron que está no eixo do anel é F eqz z R 4 0 2 2 3 2 No caso de oscilações de pequena amplitude em torno do centro do anel z R e podemos fazer z2 R2 R2 no denominador Assim F eqz R 4 0 3 A força F é uma força restauradora proporcional ao deslocamento do elétron em relação à posição de equilíbrio como se o elétron estivesse preso a uma mola de constante elástica k eq4pâ0R3 Assim de acordo com a Eq 1512 k m eq mR 4 0 3 em que m é a massa do elétron 73 Vamos chamar as coordenadas da partícula de x0y0 De acordo com a Eq 223 o campo elétrico produzido pela partícula em um ponto de coordenadas xy é dado por E E E q x x y y x x x y ˆ ˆ ˆ ˆ i j i j 4 0 0 0 0 2 y y 0 2 3 2 A razão entre as componentes do campo é E E y y x x y x 0 0 a O fato de que o campo elétrico no ponto 20 cm 0 é E ˆ 100 NC i mostra que y0 0 ou seja que a partícula está no eixo x Assim a expressão do campo elétrico pode ser simplificada para E q x x y x x y 4 0 0 0 2 2 3 2 ˆ ˆ i j Por outro lado o campo no ponto 30 cm 30 cm é E ˆ ˆ 7 2 4 0 3 0 NC i j o que nos dá E E y x 3 4 Assim temos 3 4 3 0 3 0 1 0 0 0 cm cm cm x x b Como já foi dito y0 0 c Para calcular o valor da carga partimos do fato de que o módulo do campo no ponto 20 cm 0 que está a uma distância r 0030 m da partícula é E q r 1 4 100 0 2 N C Assim q E r 4 100 8 99 10 0 2 9 2 N C0030 m N m C 2 2 1 0 10 11 C soluções dos problemas 45 Nota Também poderíamos calcular o valor da carga partindo do fato de que no ponto 30 cm 300 cm E q x 28 8 4 0 040 0 040 0 030 0 2 NC m m m m 2 3 2 0 2 4 320 q o que nos dá q 28 8 8 99 10 320 1 0 10 9 2 2 11 NC N m C m 2 C o mesmo valor calculado anteriormente 74 a De acordo com a Eq 2227 E s2â0 3 106 NC Como s qA isso nos dá q R R E R E k 2 0 2 2 2 2 6 2 2 2 5 10 3 0 10 m N C 2 N m C C 010 C 2 8 99 10 1 0 10 9 2 7 b Usando a relação n AdAa pR2Aa em que n é o número de átomos Ad é a área do disco e Aa é a seção reta efetiva de um átomo temos n 2 5 10 0 015 10 1 3 10 2 2 18 17 m m2 c A fração pedida é q Ne 1 0 10 1 3 10 1 6 10 5 0 10 7 17 19 C C 6 75 Podemos concluir que Q 100 µC unicamente por considerações de simetria Entretanto é possível chegar ao mesmo resultado usando a Eq 223 para calcular o módulo do campo elétrico no centro do triângulo e determinar o valor da carga para o qual o campo elétrico no centro do triângulo é zero Tomando o eixo y como vertical e igualando a zero a soma das componentes y dos três campos obtemos a equação 2 30 2 2 kq r kQ r sen na qual q é a carga das outras duas partículas e r a 3 Isso nos dá Q 2q sen 30 q o mesmo valor mencionado anteriormente 76 De acordo com a Eq 2238 U p E pE cos na qual φ é o ângulo entre o momento do dipolo e o campo elétrico De acordo com o enunciado do problema e a Fig 2262 φi 90 ui 110 e φf 90 uf 700 Assim U pE cos cos 70 0 110 3 28 10 21 J 77 a Como as duas cargas têm o mesmo sinal o ponto x 20 mm deve estar situado entre as cargas para que os campos elétricos criados pelas duas cargas apontem sem sentidos opostos Vamos chamar de x9 a coordenada da segunda partícula Nesse caso o módulo do campo produzido pela partícula de carga q1 no ponto x é dado por E q14pâ0x2 e o módulo do campo produzido pela partícula de carga 4q1 é E9 4q14pâ0x9 x2 Igualando a zero o campo total temos E E E net 0 e portanto q x q x x 1 0 2 1 0 2 4 4 4 o que nos dá x9 3x 320 mm 60 mm 46 soluções dos problemas b Neste caso os campos elétricos produzidos pelas duas partículas no ponto x 20 mm apontam no sentido negativo do eixo x Assim o campo total também aponta no sentido negativo do eixo x e portanto faz um ângulo de 180 com o semieixo x positivo 78 Seja q1 a carga da partícula 1 que está no ponto y d e seja q2 a carga da partícula 2 que está no ponto y 2d Os módulos dos campos produzidos pelas duas cargas E1 e E2 são dados pela Eq 223 A distância entre a partícula 1 e qualquer ponto do eixo x é igual à distância entre a partícula 2 e o mesmo ponto e é dada por r x d 2 2 Por simetria a componente y do campo total em qualquer ponto do eixo x é zero A componente x é dada por E q x d x x d x 2 1 4 0 2 2 2 2 na qual o último fator é cosu xr sendo que u é o ângulo entre os campos produzidos pelas duas partículas e o eixo x a Simplificando essa expressão e fazendo x ad obtemos E q d x 2 1 0 2 2 3 2 b A figura a seguir mostra o gráfico de E Ex em função de a para d 1 m e q 556 1011 C c Observando o gráfico estimamos que o valor de E é máximo para a 071 Derivando a equação do item a e igualando o resultado a zero obtemos o valor exato 1 2 d Observando o gráfico estimamos que os pontos de meia altura correspondem a a 02 e a 20 Um cálculo matemático leva aos resultados exatos a 02047 e a 19864 79 Vamos considerar pares de cargas diametralmente opostas O campo total produzido pelas cargas situadas na posição de uma hora q e na posição de sete horas 27q é igual ao campo produzido por uma carga 26q na posição de sete horas Da mesma forma o campo total produzido pelas cargas situadas nas posições de seis horas 26q e na posição de doze horas 212q é igual ao campo produzido por uma carga 26q na posição de doze horas Pelo mesmo raciocínio vemos que os doze vetores de campo elétrico podem ser reduzidos a seis vetores de mesmo módulo que apontam para as direções de sete horas oito horas nove horas dez horas onze horas e doze horas Por simetria o campo total aponta na direção de nove horas e trinta minutos 9 h 30 min soluções dos problemas 47 80 O módulo do momento dipolar é dado por p qd na qual q é a carga positiva do dipolo e d é a distância entre as cargas No caso do dipolo descrito no enunciado do problema p 1 60 10 4 30 10 6 88 10 19 9 28 C m C m O momento dipolar é um vetor que aponta da carga negativa para a carga positiva 81 a Como o campo E aponta para baixo e precisamos de uma força para cima para cancelar a força da gravidade a carga da esfera deve ser negativa O valor absoluto da carga pode ser calculado usando a Eq 2228 q F E mg E 4 4 0 029 N 150 N C C o que nos dá q 0029 C b Podemos estudar a viabilidade deste experimento usando a Eq 223 O módulo do campo produzido pela carga q na superfície da esfera é E q r 4 0 2 na qual r é o raio da esfera dado por r P g 3 4 1 3 na qual P é o peso da esfera e r é a massa específica do enxofre dada no Apêndice F Substituindo por valores numéricos obtemos r E q r 0 037 4 2 10 0 2 11 m N C um valor muito maior que a rigidez dielétrica do ar veja a Seção 256 Além disso a esfera seria desintegrada pela força de repulsão 82 Usando o mesmo raciocínio do Exemplo Campo elétrico de um arco de circunferência carregado chegamos à conclusão de que o módulo do campo elétrico produzido por um arco de circunferência de raio R com uma densidade linear de carga l que subtende um ângulo u é E R arco 4 2 2 2 2 0 sen sen sen 4 0 R Fazendo l QL QRu obtemos E Q R arco C 2 2 4 2 6 25 10 1 0 2 12 sen sen 20 4 8 85 10 0 09 2 40 12 2 rad Fm m rad 5 39 NC 83 a Usando a Eq 2238 e as relações ˆ ˆ i i 1 e ˆ ˆ j i 0 obtemos U p E ˆ ˆ 3 00 1 24 10 30 i 400j C m ˆ N C i J 4000 1 49 10 26 b Usando a Eq 2234 e as relações ˆ ˆ i i 0 e ˆ ˆ ˆ j i k obtemos p E ˆ ˆ 3 00 1 24 10 30 i 400j C m N C i N m k 4000 1 98 10 26 ˆ ˆ 48 soluções dos problemas c O trabalho realizado é W U p E p p E i f ˆ ˆ 3 00i 400j ˆ ˆ 4 00 1 24 10 4000 30 i 300j C m N C i J ˆ 3 47 10 26 84 a Como o campo elétrico da Fig 2263 aponta para cima e a carga do elétron é negativa a força que o campo exerce sobre o elétron aponta para baixo O módulo da aceleração é a eEm na qual E é o módulo do campo e m é a massa do elétron Substituindo por valores numéricos obtemos a 1 60 10 9 11 10 3 5 19 31 C 200 10 N C kg 3 1 1014 m s2 Vamos colocar a origem do sistema de coordenadas na posição inicial do elétron escolher um eixo x horizontal e positivo para a direita e um eixo y vertical e positivo para cima Nesse caso as equações cinemáticas são x v t y v t at v v at y 0 0 2 0 1 2 cos sen sen Em primeiro lugar determinamos a maior coordenada y atingida pelo elétron Se for menor que d isso significa que o elétron não se choca com a placa de cima Se for maior que d isso significa que o elétron se choca com a placa de cima se a coordenada x nesse instante for menor que L A maior coordenada y é atingida no instante em que vy 0 Isso significa que v0 sen u at 0 o que nos dá t v0a sen u e y v a a v a v a max 0 2 0 2 2 0 2 1 2 1 2 6 sen sen sen 2 2 2 00 10 5 2 3 51 10 2 56 10 6 14 m s sen 4 m s 2 2 2 2m Como este valor é maior que d 200 cm pode ser que o elétron se choque com a placa de cima b Vamos agora calcular o valor da coordenada x no instante em que a coordenada y é y d Como v0 6 6 6 00 10 4 24 10 sen m s sen45 m s e 2 2 3 51 10 0 0200 1 40 10 14 13 2 ad m s m m s 2 2 a solução da equação d v t at 0 1 2 2 sen é t v v ad a 0 0 2 6 2 4 24 10 4 24 1 sen sen m s 2 0 1 40 10 3 51 10 6 43 10 6 13 14 9 m s m s m s 2 2 2 2 s Escolhemos a raiz negativa porque estamos interessados no primeiro instante em que y d A coordenada x é x v t 0 6 9 6 00 10 2 cos m s 643 10 s cos45 72 10 2 m Como este valor é menor que o comprimento L das placas o elétron se choca com a placa superior no ponto x 272 cm 85 a Subtraindo cada valor do valor mais próximo da tabela para o qual a diferença é positiva obtemos uma série de números que sugere a existência de uma unidade de carga 164 1019 33 1019 163 1019 335 1019 16 1019 163 1019 318 1019 e 324 1019 soluções dos problemas 49 coulombs Todos esses valores são próximos de 16 1019 C ou 216 1019 C 32 1019 C Tomando o valor e 16 1019 C como uma aproximação grosseira do valor da unidade de carga dividimos todos os valores da tabela por este valor e arredondamos o resultado para o número inteiro mais próximo obtendo como resultado n 4 8 12 linha de cima n 5 10 14 linha do meio n 7 11 16 linha de baixo b Fazendo uma regressão linear dos valores de q da tabela em função dos valores de n obtemos a seguinte equação linear q 718 1021 1633 1019n Desprezando o termo constante que pode ser atribuído a erros sistemáticos nos experimentos obtemos e 163 1019 ao fazer n 1 na equação apresentada 86 a Por simetria a componente y da força total é zero a força total aponta no sentido positivo do eixo x ou seja o ângulo que a força F3 faz com o semieixo x positivo é 0o b O módulo da força total é dado por F q q a kq q a 3 3 1 0 2 3 1 2 9 2 60 4 8 99 10 cos o N m2 C 2 12 12 2 5 00 10 2 00 10 0 0950 9 C C m 96 10 12 N 996 pN 87 a Para o ponto A temos E q r q r A 1 0 1 2 2 0 2 2 4 4 8 99 10 ˆ i 9 2 12 2 2 1 00 10 5 00 10 8 N m C C m i 2 ˆ 99 10 2 00 10 2 5 00 10 9 2 12 2 N m C C m 2 2 1 80 ˆ ˆ i N Ci b Para o ponto B temos E q r q r B 1 0 1 2 2 0 2 2 9 4 4 8 99 10 ˆ i N m C C m i 2 2 12 2 2 1 00 10 0 500 5 00 10 ˆ 8 99 10 2 00 10 0 500 5 00 9 2 12 N m C C 2 10 43 2 2 2 m i N Ci ˆ ˆ c Para o ponto C temos E q r q r C 1 0 1 2 2 0 2 2 9 4 4 8 99 10 ˆ i N m C C m i 2 2 12 2 2 1 00 10 2 00 5 00 10 ˆ 8 99 10 2 00 10 5 00 10 9 2 12 2 2 N m C C m 2 ˆ ˆ i N Ci 6 29 d A figura é semelhante à Fig 225 do livro exceto pelo fato de que há duas vezes mais linhas entrando na carga negativa do que saindo da carga positiva 50 soluções dos problemas 88 Como as duas cargas são positivas e estão no eixo z temos E q z d q z d 1 4 2 2 0 2 2 Para z d podemos usar a aproximação z d z 2 que nos dá E q z q z q z 1 4 1 4 2 0 2 2 0 2 1 O diagrama a seguir mostra o vetor área A e o vetor campo elétrico E Como o ângulo u entre os dois vetores é 180 2 35 145 o fluxo do campo elétrico através da superfície é E A EAcos cos 1800 3 2 10 145 3 N C m 2 1 5 10 0 015 2 N m C N m C 2 2 2 a Na face superior do cubo y 20 m e dA dA ˆj Assim E 4 3 2 0 2 4 18 2 ˆ ˆ ˆ ˆ i j i j e o fluxo é E dA dA dA sup sup sup i j j 4 18 18 ˆ ˆ ˆ 18 2 0 72 2 N m C N m C 2 2 b Na face inferior do cubo y 0 e dA dA ˆj Assim E 4 3 0 2 4 6 2 ˆ ˆ ˆ ˆ i j i j e o fluxo é E dA dA dA ˆ ˆ ˆ 4 6 6 6 i j j inf inf 2 0 24 2 N m C N m C 2 inf 2 c Na face esquerda do cubo dA dA ˆi e E dA E dA dA y ˆ ˆ ˆ 4 4 i j i esq esq 4 2 0 16 2 N m C N m C 2 inf 2 d Na face traseira do cubo dA dA ˆ k Como o campo E não possui componente z E dA 0 portanto Φ 0 e Agora temos que somar o fluxo através das seis faces do cubo É fácil constatar que o fluxo através da face dianteira é zero e que o fluxo através da face direita é igual ao fluxo através da face esquerda com o sinal trocado ou seja 16 N m2C Assim o fluxo total através do cubo é Φ 72 24 16 0 0 16 N m2C 2 48 N m2C 3 Como o campo elétrico é constante podemos usar a equação E A na qual A A ˆ ˆ j m 2 j 1 40 a 6 00 1 40 0 ˆ ˆ N C i m j 2 Capítulo 23 52 soluções dos problemas b 2 00 1 40 3 92 ˆ ˆ N C j m j N m C 2 2 c 3 00 400 1 40 0 ˆ ˆ ˆ N C i N C k m 2 j d O fluxo total de um campo uniforme através de uma superfície fechada é sempre zero 4 Como o fluxo através da superfície plana limitada pelo aro é dado por a E 2 o fluxo através da rede é a E 2 0 11 1 1 3 m 30 10 NC 2 10 N m C 2 4 5 Para aproveitar a simetria da situação imagine uma superfície gaussiana na forma de um cubo de aresta d com um próton de carga q 16 1019 C no centro do cubo O cubo tem seis faces e por simetria o fluxo do campo elétrico através de todas as faces tem o mesmo va lor Como o fluxo total é Φtot qâ0 o fluxo através de uma das faces deve ser um sexto deste valor Assim q 6 1 6 10 6 8 85 10 3 01 0 19 12 C C 2 N m 2 10 3 01 9 N m C nN m C 2 2 6 Como o fluxo através das faces laterais do cubo é nulo temos apenas dois fluxos para den tro do cubo um através da face superior de valor absoluto 34302 e outro através da face inferior de valor absoluto 20302 Como um fluxo para dentro é considerado negativo o resultado é Φ 486 N m2C Assim de acordo com a lei de Gauss qenv 2 2 2 C N m N m C 0 12 8 85 10 486 4 3 10 4 3 9 C nC 7 De acordo com a lei de Gauss â0Φ q na qual Φ é o fluxo total através da superfície do cubo e q é a carga total no interior do cubo Assim q 0 6 12 5 1 8 10 8 85 10 2 0 10 C C N m N 2 2 m 2 C 8 a A área total da superfície que envolve o banheiro é A 2 2 5 3 0 2 3 0 2 0 2 2 0 2 5 37 m2 O valor absoluto do fluxo do campo elétrico é E A E A 600 37 22 103 NC m N 2 m C 2 De acordo com a lei de Gauss o valor absoluto da carga envolvida é qenv C 0 7 2 0 10 Assim como o volume do banheiro é V 25 m 30 m 30 m 15 m3 e a carga segundo o enunciado é negativa temos q V env 3 3 C m Cm 2 0 10 15 1 3 10 7 8 b O número de cargas em excesso por metro cúbico é q eV env 2 0 10 1 6 10 15 8 2 10 7 19 3 10 C C m cargasm3 soluções dos problemas 53 9 a Chamando de A a área das faces do cubo temos ˆ ˆ ˆ ˆ 3 00 3 00 1 40 y A y y y j j j A j 0 3 00 1 40 1 40 8 23 2 N m C 2 b A carga é qenv 2 2 2 C N m 823 N m C 7 0 12 8 85 10 29 10 C pC 11 72 9 c Se E y ˆ 4 00 6 00 3 00 i NC o campo elétrico pode ser escrito na forma E y E 3 00 0 ˆj E y E 3 00 0 ˆj na qual E0 4 00 6 00 ˆ ˆ i j é um campo constante que não contribui para o fluxo total através do cubo Assim Φ tem o mesmo valor do item a 823 N m2C d A carga tem o mesmo valor do item b 729 pC 10 Como nenhum dos termos constantes contribui para o fluxo veja as Eqs 234 e 237 pre cisamos nos preocupar apenas com o termo que depende de x Em unidades do SI temos E x x ˆ 3 i A contribuição para o fluxo da face do cubo situada em x 0 é 0 já que Ex 0 A contribuição da face situada em x 2 m é ExA 324 24 NmC2 na qual A é a área das faces do cubo Como a contribuição das outras faces é zero o fluxo total é Φ 0 24 24 N mC2 De acordo com a lei de Gauss a carga no interior do cubo é qenv âο Φ 213 1010 C 0213 nC 11 Como nenhum dos termos constantes contribui para o fluxo veja as Eqs 234 e 237 pre cisamos nos preocupar apenas com o termo que depende de y Em unidades do SI temos E y y ˆ 4 00 2i A contribuição para o fluxo da face situada em y 400 é EyA 4424 256 N mC2 na qual A é a área da face do cubo A contribuição para o fluxo da face situada em y 200 m é EyA 4224 64 N mC2 Como a contribuição das outras faces é zero o fluxo total é Φ 256 64 N mC2 192 N mC2 De acordo com a lei de Gauss a carga no interior do cubo é qenv 2 2 2 C N m N m C 0 12 8 85 10 192 1 70 10 9 C 170 nC 12 Note que apenas a casca menor contribui para o campo no ponto dado já que o ponto está no interior da casca maior E 0 no interior de uma carga esférica e o campo aponta no sentido negativo do eixo x Assim para R 0020 m o raio da casca menor L 010 m e x 0020 m temos E E q r R L x R ˆ ˆ ˆ j j j 4 4 4 0 2 2 2 0 2 2 2 0 2 2 6 0 020 4 0 10 8 ˆ L x j m Cm2 85 10 0 10 0 20 2 8 10 12 2 C N m m m j 2 2 ˆ 4 NC j ˆ 54 soluções dos problemas 13 Seja A a área da face do cubo seja Es o módulo do campo elétrico na face superior e seja Ei o módulo do campo elétrico na face inferior Como o campo aponta para baixo o fluxo através da face superior é negativo e o fluxo através da face inferior é positivo Como o fluxo através das outras faces é zero o fluxo total através da superfície do cubo é Φ AEi Es De acordo com a lei de Gauss a carga total no interior do cubo é q A E E i s 0 0 12 8 85 10 100 C N m m 2 2 NC 600 NC C 354 C 2 100 3 54 10 6 14 a A carga central pode ser calculada aplicando a lei de Gauss Eq 236 ao fluxo mostrado na Fig 2333b para pequenos valores de r Φ 20 105 N m2C qcentral 2 C N m2 N m 0 12 5 8 85 10 2 0 10 2 C C C 18 C 1 77 10 1 8 10 6 6 b Para valores maiores de r Φ 40 105 N m2C Isso significa que qenv 2 2 2 C N m N m C 0 12 5 8 85 10 4 0 10 C 35 C 3 54 10 6 Entretanto parte dessa carga é a carga central calculada no item a de modo que a carga da casca A é qA qenv qcentral 35 mC 18 mC 53 mC c Finalmente para valores muito grandes de r Φ 60 105 N m2C o que significa que qenv 2 2 2 C N m N m C 0 12 5 8 85 10 6 0 10 5 31 10 5 6 C 3 C De acordo com os resultados anteriores isso significa que a carga da casca B é qB qenv qA qcentral 53 mC 53 mC 18 mC 88 mC 15 a Se dispusermos cubos iguais lado a lado e um em cima do outro veremos que oito cubos se encontram em um vértice Assim um oitavo das linhas de campo que partem de uma carga pontual situada em um vértice passam por um dos cubos e o fluxo total através da superfície desse cubo é q8â0 Como as linhas de campo são radiais nas três faces que se encontram no vértice que contém a carga as linhas de campo são paralelas à face e o fluxo através da face é zero b Como os fluxos através das outras três faces são iguais o fluxo através de uma dessas três faces é um terço do total Assim o fluxo através de uma dessas faces é 13q8â0 q24â0 e o múltiplo é 124 00417 16 O fluxo total do campo elétrico através do cubo é E dA O fluxo total através das faces paralelas ao plano yz é yz x x y y E x x E x x dydz dy dz 2 1 0 1 1 2 z z y y dy z dz 1 2 1 2 1 3 0 1 10 2 4 10 2 1 6 1 2 1 3 6 1 2 12 z O fluxo total através das faces paralelas ao plano xz é xz y y x x E y y E y y dxdz dy 2 1 1 4 1 2 dz z z 1 2 1 3 3 3 0 e o fluxo total através das faces paralelas ao plano xy é xy z z x x E z z E z z dxdy dx dy 2 1 1 4 1 2 y y b b b b 1 2 0 1 3 2 3 1 6 soluções dos problemas 55 De acordo com a lei de Gauss temos q b xy xz yz env 0 0 0 6 00 0 12 0 2 4 0 0 o que nos dá b 200 NCm 17 a A carga da superfície da esfera é o produto da densidade superficial de carga s pela área da superfície da esfera 4pr2 na qual r é o raio da esfera Assim q r 4 4 8 1 10 3 7 2 2 6 12 m 2 Cm2 10 5 C 37 C q r 4 4 8 1 10 3 7 2 2 6 12 m 2 Cm2 10 5 C 37 C b Usamos uma superfície gaussiana de forma esférica concêntrica com a esfera condutora e com um raio ligeiramente maior O fluxo é dado pela lei de Gauss Φ q 0 5 12 6 3 66 10 8 85 10 4 1 10 C C N m 2 2 N m 2 C 18 De acordo com a Eq 2311 a densidade superficial de carga é E 0 5 2 3 10 2 0 1 N C 885 10 12 C N m 2 2 0 2 0 6 Cm Cm 2 2 19 a A área da superfície de uma esfera é 4pR2 pD2 Assim q D2 6 2 7 2 4 10 1 3 4 5 10 C m Cm2 b De acordo com a Eq 2311 temos E 0 7 12 4 5 10 8 85 10 5 1 1 Cm C N m 2 2 2 04 NC 20 De acordo com a lei de Gauss Eq 236 âοΦ qenv a Como Φ 90 105 N m2 C para pequenos valores de r qcentral 2 C N m2 N 0 12 5 8 85 10 9 0 10 m C C C 2 7 97 10 8 0 6 b Para valores maiores de r Φ 40 105 N m2C Isso significa que qenv 2 2 2 C N m N m C 0 12 5 8 85 10 4 0 10 C 35 C 3 54 10 6 Entretanto parte dessa carga é a carga central calculada no item a de modo que a carga da casca A é qA qenv qcentral 80 mC 35 mC 115 mC 12 mC c Finalmente para valores muito grandes de r Φ 20 105 N m2C o que significa que qenv 2 2 2 C N m N m C 0 12 5 8 85 10 2 0 10 C 8 C 1 77 10 1 6 De acordo com os resultados anteriores isso significa que a carga da casca B é qB qenv qA qcentral 18 mC 12 mC 8 mC 58 mC 21 a Considere uma superfície gaussiana que esteja totalmente no interior do condutor e envolva a cavidade Como o campo elétrico é zero em toda a superfície a carga envolvida pela superfície é zero Como a carga total é a soma da carga q no interior da cavidade e a carga q1 na superfície da cavidade temos q q1 0 q1 2q 30 106 C 56 soluções dos problemas b Como a carga total Q do condutor é a soma da carga q1 na superfície da cavidade com a carga q2 na superfície externa do condutor temos q Q q 2 1 6 6 5 10 10 3 0 10 1 3 10 C C C 22 O problema pode ser resolvido combinando a segunda lei de Newton F ma com a defi nição de campo elétrico E Fq e com a Eq 2312 E l2pâ0r o que nos dá ma eE e r a e rm 2 2 2 1 10 0 0 17 ms2 23 a Como a área da superfície lateral do tambor é A pDh na qual D é o diâmetro do tam bor e h é a altura do tambor temos q A Dh EDh 0 12 8 85 10 2 3 1 C N m 2 2 0 0 12 0 42 3 2 10 5 7 NC m m C 032 C b A nova carga é q q A A q D h Dh 3 2 10 8 7C 0 28 12 42 1 4 10 7 cm cm cm cm C 0 14 C 24 Usando uma superfície gaussiana cilíndrica A de raio r e comprimento unitário concêntrica com o tubo de metal temos por simetria E dA rE q A 2 0 env a Para r R qenv 0 e portanto E 0 b Para r R qenv l e portanto para r 2R 00600 m temos E r 2 2 0 10 2 0 0600 8 85 10 0 8 12 Cm m C2 N m2 NC 5 99 103 c A figura a seguir mostra o gráfico de E em função de r 25 Como de acordo com a Eq 2312 o módulo do campo elétrico produzido por uma linha infinita de carga é E l2pâ0r na qual l é a densidade linear de carga e r é a distância entre o ponto onde o campo é medido e a linha de carga temos 2 2 8 85 10 4 5 10 0 12 4 Er C N m NC 2 2 2 0 5 0 10 6 m Cm 50 Cm soluções dos problemas 57 26 Quando nos aproximamos da distância r 35 cm a partir do lado de dentro da casca te mos E r interno NC 2 4 1000 0 Quando nos aproximamos da distância r 35 cm a partir do lado de fora da casca temos E r r externo NC 2 4 2 4 3000 0 0 Assim temos E E r externo interno NC 2 4 1000 5 8 0 10 5 8 9 Cm nCm 27 Vamos chamar de R o raio da casca cilíndrica De acordo com a Eq 2312 o campo elétrico para r R é dado por E E E r r fio casca 0 2 2 0 na qual l é a densidade linear de carga do fio e l9 é a densidade linear de carga da casca O fato de que a carga da casca pode ser expressa através da densidade linear de carga l9 ou da densidade superficial de carga s permite obter uma relação entre l9 e s q L RL R casca 2 2 Para que o campo E do lado de fora da casca seja nulo devemos ter l9 l o que nos dá 2 36 10 Cm m 38 10 R 6 8 2 0 015 Cm2 28 a Considerando uma superfície gaussiana cilíndrica coaxial com a barra de raio r rext na qual rext é o raio externo da casca a única carga envolvida é a carga da barra Assim de acordo com a Eq 2312 o módulo do campo a uma distância r 15 cm do eixo da casca é dado por E r 2 4 220 10 Cm 015 m 24 1 0 9 0 4 0 NC 024 kNC 2 b Como na ausência de uma corrente elétrica o campo é zero no interior dos condutores há uma carga 2q na superfície interna da casca e uma carga q na superfície externa da casca na qual q é a carga da barra Assim a densidade superficial de carga na superfície interna da casca é int 20 10 Cm q r L r 2 2 2 0 05 9 int int 0 6 4 6 4 9 m 10 Cm nCm 2 2 c A densidade superficial de carga na superfície externa da casca é ext ext ext 2 Cm m q r L r 2 2 0 10 2 0 100 9 3 2 3 2 9 10 Cm nCm 2 2 29 a Vamos usar como superfície gaussiana um cilindro de comprimento L coaxial com a barra e a casca e de raio r maior que o raio da casca O fluxo através desta superfície é Φ 2prLE na qual E é o módulo do campo elétrico na superfície gaussiana Podemos ignorar o fluxo nas bases da superfície cilíndrica A carga envolvida pela superfície gaussiana é qenv Q1 Q2 Q1 3401012 C Assim a lei de Gauss nos dá E rL q Lr 2 2 3 40 10 0 12 env C 2 885 10 12 3 0 21 C N m 110 m200 130 10 m 2 2 4 NC 58 soluções dos problemas Assim E 0214 NC b O sinal negativo indica que o campo elétrico aponta para dentro c Para r 500 R1 a carga envolvida pela superfície gaussiana é qenv Q1 3401012 C Assim de acordo com a lei de Gauss E q Lr env 2 C 2 885 10 C N 2 3 40 10 0 12 12 m 110 m500 130 10 m NC 2 3 0 855 d O sinal positivo indica que o campo elétrico aponta para fora e Considere uma superfície gaussiana cilíndrica de raio maior que o raio interno da casca e menor que o raio interno Como na ausência de uma corrente elétrica o campo é zero no interior dos condutores o fluxo do campo elétrico através da superfície gaussiana é zero e portanto de acordo com a lei de Gauss a carga total envolvida pela superfície gaussiana é zero Como a barra central possui uma carga Q1 a superfície interna da casca deve possuir uma carga Qint Q1 340 1012 C f Como sabemos que a casca possui uma carga total Q2 200Q1 a superfície externa deve possuir uma carga Qext Q2 Qint Q1 340 1012 C 30 Vamos chamar de xP a coordenada x do ponto P no qual o campo elétrico total é zero De acordo com a Eq 2312 temos E E E x L x L P P tot 1 2 1 0 2 0 2 4 2 2 4 2 0 Explicitando x obtemos x L P 1 2 1 2 2 6 0 2 0 6 0 Cm Cm Cm Cm cm cm 2 0 8 0 2 8 0 31 Vamos usar os índices int e ext para indicar a casca interna e a casca interna respectiva mente a Como nesse caso rint r rext E r r int 2 2 0 6 12 50 10 Cm 885 10 C2 N m 40 10 m 10 NC 2 6 2 2 3 b O sinal positivo indica que o campo elétrico aponta para fora c Como nesse caso r rext E r r ext int 2 0 6 6 50 10 Cm 70 10 Cm 885 10 C N m 80 10 m 2 2 2 4 5 12 2 110 NC 5 o que nos dá E 45 105 NC d O sinal negativo indica que o campo elétrico aponta para dentro 32 Vamos usar uma superfície gaussiana de área 2prL na qual L é suficientemente grande para que o fluxo através das bases do cilindro possa ser desprezado Como o volume envolvido pela superfície gaussiana é V pr2L o elemento de volume é dV 2prLdr e a carga envolvida é dada por q Ar r L dr ALr r env 0 2 2 2 4 soluções dos problemas 59 De acordo com a lei de Gauss E rL q E Ar 2 4 0 3 0 env a Para r 0030 m obtemos E 1 9 NC b Como nesse caso r R em que R é o raio do cilindro devemos usar a Eq 2312 A den sidade linear de carga l é dada por q L L Ar r L dr 1 2 10 10 Cm 2 0 0 04 11 Assim de acordo com a Eq 2312 temos E r 2 1 0 10 2 8 85 10 0 11 12 Cm Fm0050 m 3 6 NC 33 Podemos usar a Eq 2313 a À esquerda das placas temos E 2 2 0 0 0 ˆ ˆ i i b À direita das placas temos E 2 2 0 0 0 ˆ ˆ i i c Entre as placas temos E 2 2 0 0 0 i i ˆ ˆ i Cm C N m 2 2 ˆ 7 00 10 8 85 10 22 2 12 ˆ ˆ i NC i 7 91 10 11 34 A distribuição de carga descrita no enunciado equivale à de uma placa infinita de densida de superficial de carga s com uma pequena região circular de densidade superficial de carga 2s Vamos usar os índices 1 e 2 para representar os campos elétricos produzidos pela placa e pela região circular respectivamente Usando a Eq 2313 para calcular E1 e a Eq 2226 para calcular E2 obtemos E E E z z R 1 2 0 0 2 2 2 2 1 ˆk ˆ ˆ k k Cm2 z z R 2 4 50 10 2 56 10 0 2 2 12 2 12 2 2 2 8 85 10 2 56 10 1 m C N m m 2 2 ˆ ˆ 80 10 0 208 2 2 m k NC k 35 Na região entre as placas 1 e 2 o campo total é E1 E2 E3 20 105 NC na região entre as placas 2 e 3 o campo total é E1 E2 E3 60 105 NC na região à direita da placa 3 o campo total é E1 E2 E3 0 Combinando as três equações obtemos E1 10 105 NC E2 20 105 NC E3 30 105 NC De acordo com a Eq 2313 temos 3 2 5 5 3 0 10 2 0 10 1 5 NC NC 60 soluções dos problemas 36 De acordo com a Eq 2313 o campo elétrico produzido por uma placa de grande extensão com uma densidade superficial de carga s tem módulo E s2â0 é perpendicular ao plano da placa e aponta na direção oposta à da placa se a carga for positiva e na direção da placa se a carga for negativa Usando o princípio da superposição temos a E sâ0 177 1022 Cm2885 1012 C N m 2 2 2001011 NC apontando para cima ou seja E ˆ 2 00 10 11 NCj b E 0 c E sâ0 apontando para baixo ou seja E ˆ 2 00 10 11 NCj 37 a Para calcular o campo elétrico nas proximidades do centro de uma placa finita com uma densidade superficial de carga uniforme podemos substituir a placa finita por uma placa infi nita com a mesma densidade superficial de carga e estimar o módulo do campo como E sâ0 na qual s é a densidade superficial de carga na superfície mais próxima no ponto considerado Para os dados do problema q 2A 2 0 080 6 4 60 10 C m 469 10 Cm 2 2 e o módulo do campo é E 0 4 12 8 85 469 10 Cm 10 C N m 53 2 2 2 10 NC 7 O campo é perpendicular à placa e aponta para longe da placa já que a carga é positiva b Em um ponto afastado da placa o campo elétrico é aproximadamente igual ao de uma carga pontual com uma carga igual à carga total da placa Assim E q r 4 8 99 10 6 0 10 30 0 2 9 2 2 6 N m C C m 2 60 NC 38 De acordo com a Eq 2313 o campo produzido pela placa é E s2â0 Como o módulo da força que o campo exerce sobre o elétron é F eE a aceleração do elétron é dada por a F m e m 2 0 Por outro lado a aceleração é igual à inclinação do gráfico da Fig 2344b 20 105 ms70 1012 s 286 1016 ms2 Assim temos 2 2 8 85 10 9 11 10 2 86 10 0 12 31 1 ma e 6 19 6 1 60 10 2 9 10 Cm2 39 A figura a seguir mostra o diagrama de corpo livre da bola na qual T é a tensão do fio qE é a força exercida pelo campo elétrico e mg é a força da gravidade soluções dos problemas 61 Como a bola está em equilíbrio a aplicação da segunda lei de Newton às componentes horizon tal e vertical da força resultante nos dá qE 2 T sen u 0 e T cos u mg 0 A primeira equação nos dá T qEsen u substituindo na segunda equação obtemos qE mg tan u De acordo com a Eq 2313 o campo elétrico produzido pela placa é dado por E s2â0 sendo que s é a densidade superficial de carga Assim q mg 2 0 tan e 2 2 8 85 10 1 0 10 0 12 2 2 6 mg q tan C N m kg ms C Cm tan 9 8 30 2 0 10 5 0 10 5 2 8 9 2 0 nCm2 40 O ponto no qual os campos produzidos pela placa e pela partícula se cancelam não pode estar na região entre a placa e a partícula d x 0 porque a placa e a partícula possuem cargas de sinais opostos mas pode estar na região à direita da partícula x 0 ou na região à esquerda da placa x d A condição para que o campo se anule é 2 4 0 0 2 Q r Explicitando r e substituindo os valores conhecidos obtemos r Q 2 6 2 2 3 2 0 691 2 C Cm m 691 cm Para d 020 m nenhum dos pontos calculados está na região proibida entre a placa e a partícula Assim temos a x 691 cm b x 691 cm c Para d 080 m um dos pontos x 691 cm está na região proibida entre a placa e a partícula e não é uma solução válida Assim o único ponto no qual os campos se cancelam é x 691 cm 41 Para resolver o problema escrevemos uma expressão para a aceleração do elétron e calcu lamos a distância que o elétron percorre antes de parar A força a que o elétron está submetido é F eE esâ0 veja a Eq 2311 e a aceleração é a F m e m 0 na qual m é a massa do elétron De acordo com a Eq 216 se v0 é a velocidade inicial do elétron v é a velocidade final e x é a distância percorrida entre as posições inicial e final v v ax 2 0 2 2 Fazendo v 0 substituindo a por esâ0m e explicitando x obtemos x v a mv e 0 2 0 0 2 2 2 62 soluções dos problemas Como a energia cinética inicial é K mv 0 0 2 2 temos x K e 0 0 12 2 2 17 8 85 10 1 60 10 1 C N m J 60 10 2 0 10 4 4 10 19 6 2 4 C Cm m 044 mm 42 Como de acordo com a Eq 2311 E sâ0 a densidade superficial de carga é dada por 0 12 10 8 85 10 55 4 9 10 E C N m NC 2 2 Cm2 Como a área das placas é A 10 m2 o módulo da carga em cada placa é Q A 4 9 10 10 C 43 Vamos usar uma superfície gaussiana em forma de paralelepípedo indicada por retas trace jadas na vista lateral da figura a seguir As faces direita e esquerda da superfície gaussiana estão a uma distância x do plano central Vamos tomar a altura e o comprimento do paralelepípedo como iguais a a de modo que as faces direita e esquerda são quadrados O campo elétrico é perpendicular às faces direita e esquerda e é uniforme Como a densidade volumétrica de carga é positiva aponta para fora nas duas faces ou seja aponta para a esquerda na face esquerda e para a direita na face direita Além disso o valor absoluto da densidade de carga é o mesmo nas duas faces Assim o fluxo do campo elétrico através das duas faces é Ea2 Como o campo elétrico é paralelo às outras faces do paralelepípedo o fluxo do campo elétrico através dessas faces é zero assim o fluxo total através da superfície gaussiana é Φ 2Ea2 Como o volume envolvido pela superfície gaussiana é 2a2x e a carga contida nesse volume é q 2a2xr na qual r é a densidade volumétrica de carga a lei de Gauss nos dá 2â0Ea2 2a2xr Explicitando o campo elétrico E obtemos E rxâ0 a Para x 0 E 0 b Para x 200 mm 200 103 m E x 0 15 3 5 80 10 2 00 10 8 85 10 Cm m 3 12 6 1 31 10 C N m NC 131 NC 2 2 c Para x 470 mm 470 103 m E x 0 15 3 5 80 10 4 70 10 8 85 10 Cm m 3 12 6 3 08 10 C N m NC 308 NC 2 2 d Para x 260 mm 260 102 m usamos uma superfície gaussiana de mesma forma e orientação mas com x d2 de modo que as faces esquerda e direita estão do lado de fora da soluções dos problemas 63 placa O fluxo total através da superfície continua a ser Φ 2Ea2 mas a carga envolvida agora é q a2dr De acordo com a lei de Gauss 2â0Ea2 a2dr e portanto E d 2 5 80 10 9 40 10 2 8 85 0 15 3 Cm m 3 10 3 08 10 12 6 C N m NC 308 NC 2 2 44 Podemos determinar a carga da esfera observando que o valor máximo do campo elétrico mostrado no gráfico da Fig 2348 E 50 107 NC é atingido para r 2 cm 0020 m Como E q4pâ0r2 temos q r E 4 0 020 5 0 10 8 99 10 0 2 2 7 9 m NC N m2 C C 2 6 2 2 10 45 a Como r1 100 cm r 120 cm r2 150 cm E r q r 1 4 8 99 10 4 00 10 0 1 2 9 8 N m C 2 2 C m NC 0 120 2 50 10 2 4 b Como r1 r2 r 200 cm E r q q r 1 4 8 99 10 4 00 2 0 1 2 2 9 N m C 2 2 00 1 10 0 200 1 35 10 8 4 C m NC 2 46 a O fluxo continua a ser 750 N m2C já que depende apenas do valor da carga envol vida b De acordo com a lei de Gauss Φ qâ0 temos q 0 12 8 85 10 6 6 C N m 750 N m C 2 2 2 4 10 9 C 664 nC 47 O campo produzido por uma esfera carregada é igual ao campo produzido por uma carga pontual para pontos situados do lado de fora da esfera Isso significa que o módulo do campo é dado por E q4pâ0r2 na qual q é o valor absoluto da carga da esfera e r é a distância entre o ponto em que o campo é medido e o centro da esfera Assim q r E 4 0 15 3 0 10 8 99 10 0 2 3 9 m NC 2 N m C C 2 2 7 5 10 9 Como o campo aponta para o centro da esfera a carga é negativa ou seja q 75 109 C 75 nC A figura abaixo mostra o módulo do campo elétrico em função de r Dentro da esfera conduto ra E 0 fora da esfera E kqr2 na qual k 14pâ0 48 Vamos chamar de EA o módulo do campo para r 25 cm De acordo com o gráfico da Fig 2349 EA 20 107 NC Este campo se deve exclusivamente ao campo criado pela partícula Como Epartícula q4pâ0r2 o campo em qualquer outro ponto está relacionado a EA através da 64 soluções dos problemas razão entre os quadrados das distâncias O gráfico mostra também que no ponto r 30 cm o campo produzido pela partícula e pela casca é 80 107 NC Assim Ecasca Epartícula Ecasca 2532 EA 80 107 NC e portanto Ecasca 80 107 NC 0720 107 NC 66 107 NC Como Ecasca Q4pâ0r2 na qual Q é a carga da casca e Ecasca 66 107 NC para r 0030 m temos Q r E r E k 4 0 030 6 6 10 0 2 2 2 7 casca casca m NC N m C C 66 C 2 8 99 10 6 6 10 9 2 6 49 Por simetria o campo elétrico é radial em todas as regiões nas quais é diferente de zero Vamos usar superfícies gaussianas de forma esférica concêntricas com a esfera e a casca passando pelo ponto cujo campo elétrico queremos determinar Como o campo é uniforme na superfície E dA r E 4 2 na qual r é o raio da superfície gaussiana Para r a a carga envolvida pela superfície gaussiana é q1ra3 e a lei de Gauss nos dá 4 4 2 1 0 1 0 3 r E q r a E q r a 3 a Para r 0 essa equação nos dá E 0 b Para r a2 temos E q a a 1 0 3 9 1 2 4 8 99 10 5 00 10 N m C 2 2 5 2 2 2 2 2 00 10 5 62 10 C m NC 562 mNC c Para r a temos E q a 1 0 2 9 15 4 8 99 10 5 00 10 2 N m C C 2 2 00 10 0 112 2 2 m NC 112 mNC Para a r b a carga envolvida pela superfície gaussiana é q1 e a lei de Gauss nos dá 4 4 2 1 0 1 0 2 r E q E q r d Para r 150a temos E q r 1 0 2 9 15 4 8 99 10 5 00 10 1 N m C C 2 2 50 2 00 10 0 0499 2 2 m NC 499 mNC e Para b r c como a casca é condutora o campo elétrico é zero Assim para r 230a E 0 f Para r c a carga envolvida pela superfície gaussiana é zero e portanto de acordo com a lei de Gauss 4pr2E 0 E 0 Assim para r 350a E 0 g Considere uma superfície gaussiana que esteja no interior da casca condutora Como o cam po elétrico no interior do condutor é nulo E dA 0 e de acordo com a lei de Gauss a carga envolvida pela superfície é zero Se Qint é a carga na superfície interna da casca q1 Qint 0 e portanto Qint 2q1 2500 fC soluções dos problemas 65 h Seja Qext a carga da superfície externa da casca Como a carga total da casca é 2q Qint Qext 2q1 o que nos dá Qext 2q1 2 Qi 2q1 22q1 0 50 O ponto no qual os campos se cancelam não pode estar na região entre as cascas porque as cargas das cascas têm sinais opostos Não pode estar no interior de uma das cascas porque nesse caso o único campo existente seria o campo da outra casca Como a carga da casca 2 é maior em valor absoluto que a casca 1 s2A2 s1A1 o ponto não pode estar à direita da casca 2 Assim o ponto está à esquerda da casca 1 a uma distância r R1 do centro em que R1 é o raio da casca 1 Para que o campo se anule nesse ponto E E q r q r L 1 2 1 0 2 2 0 2 4 4 o que nos dá 1 1 0 2 2 2 0 2 4 4 A r A r L Usando o fato de que a área da superfície de uma esfera é A 4pR2 obtemos r LR R R 1 1 2 2 1 1 6 0 06 4 0 10 m0005 m Cm m Cm m 2 2 0 020 2 0 10 0 005 4 0 10 6 6 0 033 3 3 Cm m cm 2 Como este valor satisfaz a condição r R1 a resposta é x r 33 cm 51 Vamos usar uma superfície gaussiana na forma de uma esfera concêntrica com a casca e com um raio rg tal que a rg b A carga da parte da casca esférica envolvida pela superfície gaussiana é dada pela integral q s dV em que r é a densidade volumétrica de carga e os limites de integração são o raio interno da carga e o raio da superfície gaussiana Como a dis tribuição de carga possui simetria esférica podemos tomar o elemento de volume dV como o volume de uma casca esférica de raio r e espessura infinitesimal dr dV 4pr2dr Assim q r dr A r r dr A r dr s a r a r a r g g g 4 4 4 2 2 2 2 2 A r a g A carga total no interior da superfície gaussiana é q q q A r a s g 2 2 2 Como o campo elétrico é radial o fluxo através da superfície gaussiana é 4 2 r E g na qual E é o módulo do campo De acordo com a lei de Gauss temos 4 2 0 2 2 2 Er q A r a g g Explicitando E obtemos E q r A Aa r g g 1 4 2 2 0 2 2 2 Para que o campo seja uniforme o primeiro e o terceiro termos devem se cancelar o que acontece se q 2 2pAa2 0 ou seja se A q2pa2 Para a 200 102 m e q 450 1015 C obtemos A 179 1011 Cm2 66 soluções dos problemas 52 De acordo com a Eq 2316 o campo é zero para 0 r a Assim a E 0 para r 0 b E 0 para r a200 c E 0 para r a Para a r b a carga envolvida qenv está relacionada ao volume através da equação q r a env 4 3 4 3 3 3 Assim o campo elétrico é E q r r r a 1 4 4 4 3 4 3 3 0 2 0 2 3 3 0 env r a r 3 3 2 d Para r 150a o campo elétrico é E a a a a 3 1 50 1 50 3 2 375 2 25 0 3 3 2 0 1 84 10 0 100 3 8 85 10 9 12 Cm m C 3 2 N m NC 2 2 375 2 25 7 32 e Para r b 200a o campo elétrico é E a a a a 3 2 00 2 00 3 7 4 1 0 3 3 2 0 84 10 0 100 3 8 85 10 7 9 12 Cm m C N m 3 2 2 4 12 1 NC f Para r b o campo elétrico é E q r b a r 3 total 4 3 0 2 0 3 2 Assim para r 300b 600a o campo elétrico é E a a a a 3 2 00 6 00 3 7 36 1 0 3 3 2 0 84 10 0 100 3 8 85 10 9 12 Cm m C N m 3 2 2 7 36 1 35 NC 53 a Vamos integrar a densidade volumétrica de carga para toda a esfera e igualar o resultado à carga total dx dy dz dr r Q R 4 2 π 0 Fazendo r rsrR em que rs 141 pCm3 e executando a integração obtemos 4 4 4 s R R Q o que nos dá Q s R 3 12 14 1 10 0 0560 7 78 Cm m 3 3 10 15 C 778 fC b Para r 0 o campo elétrico é zero E 0 já que a carga envolvida por uma superfície gaussiana é zero De acordo com a lei de Gauss veja as Eqs 238 a 2310 em um ponto do interior da esfera situado a uma distância r do centro o campo elétrico é dado pela equação E q r 1 4 0 2 env soluções dos problemas 67 na qual qenv pode ser calculada usando uma integral semelhante à do item a q dr r R r r s env 0 4 4 4 2 4 Assim E r Rr r R s s 1 4 1 4 0 4 2 0 2 c Para r R200 em que R 560 cm o campo elétrico é E R R R s s 1 4 2 00 1 4 4 00 8 99 10 0 2 0 9 2 12 14 1 10 0 0560 4 00 5 N m C Cm m 2 3 58 10 3 NC 558 mNC d Para r R o campo elétrico é E R R R s s 1 4 4 8 99 10 14 0 2 0 9 2 N m 2 C 1 10 0 0560 2 23 10 12 2 Cm m NC 223 3 mNC e A figura a seguir mostra um gráfico do módulo do campo elétrico em função de r 54 De acordo com a Eq 2320 temos E q R r q R R q 1 1 0 3 1 1 0 3 1 4 4 2 1 2 4 0 2 R Do lado de fora da esfera 2 temos E q r q R 2 2 0 2 2 0 2 4 4 1 50 Igualando as expressões dos campos obtemos a relação q q 2 1 9 8 1 125 55 Como E r q r r r r dr r enc 4 1 4 4 0 2 0 2 0 2 68 soluções dos problemas temos r r d dr r E r r d dr Kr K r 0 2 2 0 2 6 0 3 6 56 a Φ2 EA 4p0202 050 Nm2C b Como o fluxo do campo elétrico através da superfície lateral do cilindro é zero e o fluxo através da base situada em x 0 é Φ0 2p0202 025 Nm2C a lei de Gauss nos dá qenv â0 Φ2 Φ0 885 1012050 Nm2C 025 Nm2C 22 1012 C 22 pC 57 a De acordo com a Eq 2316 para r R E 0 b Para r ligeiramente maior que R E q r q R R 1 4 4 8 99 10 2 00 1 0 2 0 2 9 N m 2 C 2 0 0 250 2 88 10 7 2 4 C m N C c Para r R E q r E R r R 1 4 2 88 10 0 250 0 2 2 4 N C m 300 m N C 2 200 58 De acordo com a lei de Gauss temos q r env 2 Cm 0050 m2 0 2 0 9 8 0 10 8 85 10 7 1 12 C N m N m C 2 2 2 59 a Nos pontos do plano x 40 cm o campo total é a soma de um campo que aponta para a direita produzido pelas cargas que estão entre x 250 cm e x 40 cm e um campo que aponta para a esquerda produzido pelas cargas que estão entre x 40 cm e x 50 cm Os dois campos podem ser calculados com o auxílio da Eq 2313 Como s qA rVA rx temos E 0 090 2 0 010 2 1 2 10 0 0 9 m m Cm3 0 090 0 010 8 85 10 5 4 12 m m 2 C N m N C 2 2 b Nos pontos do plano x 60 cm só existe o campo que aponta para a direita produzido por todas as cargas da placa e temos E 0 100 2 1 2 10 0 100 8 8 0 9 m Cm m 2 3 5 10 6 8 12 C N m N C 2 2 60 a Considere o campo radial produzido no interior de uma distribuição cilíndrica de carga O volume envolvido por uma superfície gaussiana cilíndrica de comprimento L e raio r é Lpr2 De acordo com a lei de Gauss temos E q A L r rL r env 0 cilindro 2 0 2 20 b De acordo com a expressão do item anterior o campo radial aumenta quando r aumenta c Como o pó está carregado negativamente o campo aponta para o eixo do cilindro soluções dos problemas 69 d O campo elétrico é máximo quando o valor de r é tal que toda a carga presente no cano é envolvida pela superfície cilíndrica ou seja quando r R Assim para r 00011 Cm3 e R 0050 m temos E R max 2 0 0011 0 050 8 85 10 0 C m m 2 3 12 6 3 1 10 C N m N C 2 2 Este campo é atingido na superfície interna do cano e Comparando o valor do campo máximo calculado no item d com a condição 1 do enun ciado vemos que o campo atinge um valor suficiente para produzir uma centelha e que esse valor é atingido nas proximidades da superfície interna do cano 61 Podemos usar a Eq 2315 a Eq 2316 e o princípio de superposição a Para r a E 0 b Para a r b E q r a 4 0 2 c Para r b E q q r a b 4 0 2 d Como E 0 para r a a carga na superfície interna da casca menor é zero e portanto a carga na superfície externa da casca menor é qa Como E 0 no interior da casca maior a carga envolvida por uma superfície gaussiana situada entre a superfície interna e a superfície externa da casca maior é zero Isso significa que a carga da superfície interna da casca maior é 2qa Em consequência a carga da superfície externa da casca maior é qb qa 62 De acordo com as Eqs 2316 e 2317 temos a E q r 4 8 99 10 1 0 10 0 0 0 1 2 9 2 7 N m C C 2 15 4 0 106 m N C 2 b E 0 já que o campo no interior de um condutor é zero no regime estacionário 63 O próton está executando um movimento circular uniforme no qual a força centrípeta é a força de atração eletrostática da esfera De acordo com a segunda lei de Newton F mv2r na qual F é o módulo da força v é a velocidade do próton e r é o raio da órbita O módulo da força a que o próton está submetido é F eq4pâ0r2 na qual q é o valor absoluto da carga da esfera Assim 1 4 0 2 2 e q r mv r e portanto q mv r e 4 1 67 10 3 00 10 0 2 27 5 kg ms 2 9 9 0 0100 8 99 10 1 60 10 m N m C C 2 2 1 04 10 9 C 104 nC Como a força deve ser atrativa e o próton é uma partícula de carga positiva a carga da esfera é negativa q 104 109 C 64 Como a área da superfície de uma esfera é A 4pr2 e a densidade superficial de carga é s qA sem perda de generalidade estamos supondo que a carga é positiva temos E q r q r 0 0 2 0 2 1 4 1 4 que é o campo produzido por uma carga pontual veja a Eq 223 70 soluções dos problemas 65 a Como o volume de uma esfera de raio R2 é igual a um oitavo do volume de uma esfera de raio R a carga da região em que 0 r R2 é Q8 Assim a fração pedida é 18 0125 b No ponto r R2 o módulo do campo é E Q R Q R 8 4 2 1 2 4 0 2 0 2 o que equivale a metade do campo na superfície da esfera Assim a fração pedida é 12 0500 66 Vamos chamar de q o valor absoluto da carga da esfera e de E o módulo do campo produ zido pela esfera da posição do próton Quando o próton está a uma distância r R do centro da esfera a força exercida pela esfera sobre o próton é F eE e q r eq r 4 4 0 2 0 2 Note que para r R esta expressão se torna F eq R R 4 0 2 a Fazendo F FR2 e explicitando r obtemos r R 2 Como o problema pede a distância a partir da superfície da esfera a resposta é R R R 2 0 41 b Nesse caso devemos ter Fint FR2 na qual Fint eEint e Eint é dado pela Eq 2320 Assim e q R r eq R r R R 4 1 2 4 2 0 50 0 3 0 2 67 O campo inicial calculado a uma pequena distância da superfície externa o que significa que é calculado para r R2 020 m o raio externo da casca está relacionado à carga q da casca através da Eq 2315 E q R inicial 4 0 2 2 Depois que a carga pontual Q é colocada no centro geométrico da casca o campo final no mesmo ponto é a soma do campo inicial com o campo produzido pela carga Q dado pela Eq 223 E E Q R final inicial 4 0 2 2 a A carga da casca é q R E 4 0 20 450 8 99 10 0 2 2 2 9 inicial m NC N m C C 20 nC 2 2 9 2 0 10 b A carga Q é Q R E E 4 0 20 180 0 2 2 2 final inicial m NC 450 8 99 10 1 2 10 1 2 9 2 2 9 NC N m C C nC c Como o campo no interior da casca condutora é zero o campo produzido pela carga Q deve ser cancelado pelo campo produzido pela carga da superfície interna da casca Assim a resposta é 12 109 C d Como a carga total da casca condutora é 20 nC e a carga da superfície interna é 12 nC a carga da superfície externa é 20 nC 12 nC 080 nC soluções dos problemas 71 68 Seja Φ0 103 N m2C O fluxo total através da superfície do dado é n n n n n 1 6 0 0 0 1 6 1 1 2 3 4 5 6 3 Assim de acordo com a lei de Gauss a carga no interior do dado é q 0 0 0 12 3 3 3 8 85 10 10 C N m N m C 2 2 2 2 66 10 8 C 266 nC 69 Como todos os campos envolvidos são uniformes a localização precisa do ponto P não é importante o que importa é que o ponto está acima das três placas com as placas positivamente carregadas produzindo campos que apontam para cima e a placa negativamente carregada pro duzindo um campo que aponta para baixo De acordo com a Eq 2313 o campo total aponta para cima e o módulo do campo é E 1 0 2 0 3 0 6 2 2 2 1 0 10 2 8 85 1 Cm2 0 5 65 10 12 4 C N m N C 2 2 Na notação dos vetores unitários E ˆ 5 65 104 NC j 70 Como a distribuição de carga é uniforme podemos calcular a carga total q multiplicando a densidade volumétrica r pelo volume da esfera 4p r33 o que nos dá q 3 2 10 4 0 050 3 1 68 10 1 68 6 3 9 Cm C 3 nC a De acordo com a Eq 2320 E q r R 4 8 99 10 1 68 10 0 0 0 3 9 9 N m C 2 35 0 050 4 2 10 3 3 NC 42 kNC b De acordo com a Eq 223 E q r 4 8 99 10 1 68 10 0 2 9 2 9 N m C C 0 2 080 m NC 24 kNC 2 2 4 103 71 Vamos usar um sistema de coordenadas com a origem no centro da base o plano xy hori zontal coincidindo com a base e o hemisfério no semiplano z 0 a base k k m 250 2 R E R E 2 2 0 0568 ˆ ˆ NC N m C N m 2 2 0 0253 2 53 10 2 b Como o fluxo através do hemisfério é zero o fluxo através da superfície curva é c base 2 N m C 2 53 10 2 72 De acordo com a lei de Gauss a carga total envolvida é q 0 12 8 85 10 48 4 2 10 C N m N m C 2 2 2 10C 73 a De acordo com a lei de Gauss temos E r q r r r r r r 1 4 1 4 4 3 0 3 0 3 3 env 3 0 72 soluções dos problemas b A distribuição de carga neste caso é equivalente à da combinação de uma esfera completa de densidade de carga r com uma esfera menor de densidade r ocupando o lugar da cavidade Assim por superposição E r r r a a 3 3 3 0 0 0 74 a Como o cubo está totalmente no interior da esfera a carga envolvida pelo cubo é qenv r Vcubo 500 109 Cm300400 m3 320 1011 C Assim de acordo com a lei de Gauss Φ qenvâ0 362 Nm2C b Como esfera está totalmente no interior do cubo note que o raio da esfera é menor que metade da aresta do cubo a carga total é qenv r Vesfera 500 109 Cm343p 00600 m3 452 1010 C Assim de acordo com a lei de Gauss Φ qenvâ0 511 Nm2C 75 O campo elétrico aponta radialmente para fora a partir do fio central Estamos interessados em determinar o módulo do campo na região entre o fio e o cilindro em função da distância r entre o fio e o ponto considerado Como o módulo do campo na superfície interna do cilindro é conhecido escolhemos essa superfície como superfície gaussiana Assim a superfície gaus siana escolhida é um cilindro de raio R e comprimento L coaxial com o fio Apenas a carga do fio é envolvida pela superfície gaussiana vamos chamála de q A área lateral da superfície gaussiana é 2pRL e o fluxo que atravessa é Φ 2pRLE Supondo que o fluxo através das bases do cilindro é desprezível este é o fluxo total Assim de acordo com a lei de Gauss q RLE 2 8 85 10 0 12 2 C N m 0014 m0 2 2 16 m 29 10 NC 36 10 C 36 nC 4 9 76 a A figura mostra uma seção reta do cilindro linha cheia Considere uma superfície gaussiana na forma de um cilindro de raio r e comprimento l coaxial com o cilindro carregado representada na figura do item a pela linha tracejada A carga envol vida pela superfície gaussiana é q rV pr2lr na qual V pr2l é o volume do cilindro Como por simetria o campo elétrico é radial o fluxo total através do cilindro gaussiano é Φ EAcilindro E2prl Assim de acordo com a lei de Gauss 2 2 0 2 0 r E r E r l l b Considere uma superfície gaussiana cilíndrica de raio r R Se o campo elétrico externo é Eext o fluxo através da superfície gaussiana é Φ 2prlEext A carga envolvida é a carga total em um segmento do cilindro carregado de comprimento l ou seja q pR2lr Assim de acordo com a lei de Gauss 2 2 0 2 0 r E R E R r l l ext ext 2 soluções dos problemas 73 77 a Como a carga total da casca é 210 mC e a carga da superfície externa é 14 mC a carga da superfície interna é 40 mC Não existem cargas no interior de condutores em situações estáticas b Como o campo no interior da casca é zero a carga de 40 mC deve cancelar a carga da partícula que se encontra no interior da cavidade Assim a carga da partícula é 40 mC 78 a Como o ponto está do lado de fora da esfera usamos a Eq 2315 E q r 1 4 8 99 10 6 00 10 0 2 9 2 12 N m C C 0 2 0600 m N C 2 15 0 b Como o ponto está no interior da esfera usamos a Eq 2320 E q R r 4 8 99 10 6 00 10 0 3 9 N m C 2 2 12 3 0 03 0 04 25 3 C m m NC 79 a O fluxo mássico é wdrv 322 m 104 m 1000 kgm3 0207 ms 693 kgs b Como a água passa apenas pela área wd o fluxo mássico é o mesmo do item a 693 kgs c O fluxo mássico é wd2 rv 693 kgs2 347 kgs d O fluxo mássico é wd2 rv 347 kgs e O fluxo mássico é wd cos u rv 693 kgs cos 34o 575 kgs 80 O campo produzido por uma placa carregada é dado pela Eq 2313 As duas placas são horizontais paralelas ao plano xy e produzem campos verticais paralelos ao eixo z que apontam para cima acima da posição da placa e apontam para baixo abaixo da posição da placa Vamos chamar a placa que está no plano z 0 de placa A e a placa que está no plano z 200 m de placa B a O módulo do campo elétrico total na região entre as placas onde se encontra o plano z 100 m é E A B 2 2 8 00 10 3 00 10 0 0 9 9 Cm Cm 2 2 2 C N m2 N C 0282 NC 2 8 85 10 2 82 10 12 2 b O módulo do campo elétrico total na região acima das duas placas onde se encontra o plano z 300 m é E A B 2 2 8 00 10 3 00 10 0 0 9 9 Cm Cm 2 2 2 C N m2 N C 0621 N C 2 8 85 10 6 21 10 12 2 81 a O campo é máximo na superfície da bola E q r q R r R max 4 4 0 2 0 2 para De acordo com a Eq 2320 temos E q r R E r R R int max 4 4 4 0 25 0 3 74 soluções dos problemas b Do lado de fora da bola temos E q r E r R ext max 4 4 2 0 0 2 82 a Usamos as relações meg eE esâ0 para calcular a densidade superficial de carga m g e e 0 31 12 9 11 10 8 85 10 kg 98m s C2 N m C C m 2 1 60 10 4 9 10 19 22 2 b Para equilibrar a força gravitacional que aponta para baixo a força elétrica deve apontar para cima Como F e qE e no caso do elétron q e 0 o campo elétron aponta para baixo 1 a Como um ampère equivale a um coulomb por segundo temos 84 84 3600 3 0 105 A h C h s s h C b A variação de energia potencial é U qV 30 105 C12 V 36 106 J 2 A variação é U eV 12 109 eV 3 Se o potencial elétrico é zero no infinito na superfície de uma esfera uniformemente carre gada tem o valor V q4pâ0R na qual q é a carga da esfera e R é o raio da esfera Assim q 4pâ0RV e o número de elétrons é n q e R V e 4 1 0 10 400 8 99 10 6 9 2 0 m V N m C C 2 19 5 1 60 10 2 8 10 4 a E F e 3 9 10 1 60 10 2 4 10 2 4 1 15 19 4 N C NC 004 Vm b V E s 2 4 10 0 12 2 9 10 4 3 N C m V 29 kV 5 O módulo do campo elétrico produzido por uma placa infinita não condutora é E s2â0 na qual s é a densidade superficial de carga O campo é perpendicular à superfície e é uniforme Vamos colocar a origem do sistema de coordenadas na posição da placa e o eixo x paralelo ao campo e positivo no sentido do campo Nesse caso o potencial elétrico é V V E dx V Ex p x p 0 na qual Vp é o potencial na posição da placa As superfícies equipotenciais são superfícies de x constante ou seja planos paralelos à placa Se a distância entre duas dessas superfícies é x a diferença de potencial é V Ex s2â0x Assim x V 2 2 8 85 10 50 0 10 10 0 12 2 6 C N m V 2 C m m 88 mm 2 8 8 10 3 6 a VB VA Uq We 394 1019 J160 1019 C 246 V b VC VA VB VA 246 V c VC VB 0 C e B estão na mesma linha equipotencial Capítulo 24 76 soluções dos problemas 7 Ligamos o ponto A à origem seguindo uma trajetória sobre o eixo y ao longo da qual não há diferença de potencial Eq 2418 E ds 0 Em seguida ligamos a origem ao ponto B seguindo uma trajetória sobre o eixo x a diferença de potencial nesse percurso é V E ds x dx 4 00 4 00 4 2 32 0 2 0 4 0 x4 o que nos dá VB VA 320 V 8 a De acordo com a Eq 2418 a variação de potencial é o negativo da área sob a curva do campo elétrico em função da distância Assim usando a fórmula da área de um triângulo temos V 10 1 2 2 20 20 o que nos dá V 30 V b No intervalo 0 x 3 m E ds é positiva para x 3 m é negativa Assim V Vmax para x 3 m Usando a fórmula da área de um triângulo temos V 10 1 2 3 20 o que nos dá Vmax 40 V c Diante do resultado do item b sabemos que o potencial se anula em um ponto de coor denada X 3 m tal que a área de x 3 m até x X é 40 V Usando a fórmula da área de um triângulo para 3 m x 4 m e da área de um retângulo para x 4 m temos 1 2 1 20 4 20 40 X o que nos dá X 55 m 9 a O trabalho realizado pelo campo elétrico é W q E ds q dz q d i f d 0 0 0 0 0 0 2 2 1 60 10 19 12 12 5 80 10 0 0356 2 8 85 10 C Cm m 2 C N m J 2 2 1 87 10 21 b Como V V0 Wq0 sz2â0 com V0 0 na superfície da placa o potencial elétrico no ponto P é V z 2 5 80 10 0 0356 2 8 85 0 12 Cm m 2 10 1 17 10 12 2 C N m V 2 2 10 Na região entre as placas ou seja para 0 x 05 m os campos produzidos pelas duas placas dados pela Eq 2313 têm o mesmo sentido e o campo total é Eint 2 2 2 Cm C N m 50 10 2 8 85 10 25 1 9 12 0 2 8 85 10 4 2 9 12 Cm C N m i 2 2 2 ˆ 103 NCiˆ Para x 05 m os campos produzidos pelas duas placas têm sentidos opostos e o campo total é Eext 2 2 2 Cm C N m i 50 10 2 8 85 10 25 9 12 ˆ 10 2 8 85 10 1 4 10 9 12 3 Cm C N m i N 2 2 2 ˆ Ci ˆ soluções dos problemas 77 De acordo com a Eq 2418 temos V E ds E dx E d int ext 0 5 0 8 0 0 5 0 0 8 x 4 2 10 0 5 1 4 10 0 3 2 5 10 3 3 3 V 25 kV 11 a Para r 145 cm 00145 m o potencial é V r V E r dr qr R dr qr r r 0 0 4 8 0 0 3 0 2 0 3 9 2 15 8 99 10 3 50 10 0 0145 R N m C C 2 m m V mV 2 3 4 2 0 0231 2 68 10 0 268 b Como V V0 VR q8pâ0R temos V R q R 8 8 99 10 3 50 10 0 9 2 15 N m C C 2 2 0 0231 6 81 10 0 681 4 m V mV 12 A carga é q RV 4 10 1 0 8 99 10 1 1 1 0 9 m V N m C 2 2 0 9 C 11 nC 13 a A carga da esfera é q RV 4 8 99 10 3 3 1 0 9 2 015 m200 V N m 2 C 0 9 C 33 nC b A densidade superficial de carga é q 4 R 3 3 10 4 0 15 1 2 10 2 9 2 8 C m Cm2 12 nCm2 14 a A diferença de potencial é V V q r q r A B A B 4 4 1 0 10 8 99 10 0 0 6 9 C N m C 1 20 m m V 45 2 2 3 1 1 0 4 5 10 kV b Como Vr depende apenas do módulo de r o resultado é o mesmo do item a V 45 kV 15 a O potencial elétrico V na superfície da gota a carga q da gota e o raio R da gota estão relacionados através da equação V q4pâ0R Assim R q V 4 8 99 10 30 10 500 0 9 12 N m C C 2 2 V m 054 mm 5 4 10 4 b Quando as gotas se combinam o volume total fica duas vezes maior e portanto o raio da nova gota é R9 213R Como a carga da nova gota é q9 2q temos V q R q R V 1 4 1 4 2 2 2 2 500 0 0 1 3 2 3 2 3 V 790 V 78 soluções dos problemas 16 Como as partículas dos vértices estão todas à mesma distância do centro e como a carga total dessas partículas é 2q1 3q1 2 q1 q1 0 a contribuição dessas partículas para o potencial de acordo com a Eq 2427 é zero Assim o potencial é a soma dos potenciais das duas partículas de carga 4q2 que estão a uma distância a2 do centro V q a q a q a 1 4 4 2 1 4 4 2 16 4 16 8 99 0 2 0 2 2 0 10 6 00 10 0 39 2 21 9 2 12 N m C C m V 2 17 O potencial elétrico no ponto P é V q d d d d q d 4 1 2 1 1 1 8 8 99 10 0 0 9 N m C C m 2 2 15 2 5 00 10 2 4 00 10 5 62 10 4 V 0562 mV 18 Quando a partícula 2 está a uma distância infinita o potencial na origem se deve apenas à carga da partícula 1 V q d 1 1 0 7 4 5 76 10 2 V Assim q1d 576 107899 109 641 1017 Cm De acordo com o gráfico da Fig 2434b quando a partícula 2 se encontra no ponto x 0080 m o potencial total é zero Assim 0 0 08 0 08 5 13 10 2 1 2 1 18 kq kq d q q d m C 5 13 10 1 60 10 32 18 19 e e 19 Em primeiro lugar observamos que Vx não pode ser igual a zero para x d Na verdade Vx é negativa para todos os valores de x maiores que d Vamos considerar as duas outras re giões do eixo x x 0 e 0 x d a Para 0 x d temos d1 x e d2 d x Assim V x k q d q d q x d x 1 1 2 2 0 4 1 3 0 4 24 0 4 6 0 x d cm cm b Para x 0 temos d1 x e d2 d x Assim V x k q d q d q x d x 1 1 2 2 0 4 1 3 0 2 24 0 2 12 0 x d cm cm 20 Como de acordo com o enunciado existe um ponto entre as duas cargas no qual o campo elétrico é zero as cargas têm necessariamente o mesmo sinal o que significa que os potenciais elétricos produzidos pelas cargas se somam em todos os pontos do espaço Assim não existe nenhum ponto além do infinito no qual o potencial elétrico é zero 21 De acordo com a Eq 2430 V p r 1 4 8 99 10 1 47 3 34 10 0 2 9 2 30 N m 2 C C m m V 163 V 52 0 10 1 63 10 9 2 5 22 De acordo com as Eqs 2414 e 2430 temos para θi 0º W q V e p r p r ep a i cos cos co 4 4 0 2 0 2 s cos 4 1 0 2 r soluções dos problemas 79 De acordo com o gráfico da Fig 2436b Wa 40 1030 J para θ 180o Assim 4 0 10 2 8 99 10 1 6 10 30 9 19 J N mC C 2 p 20 10 5 6 10 9 2 37 m C m p 23 a De acordo com a Eq 2435 o potencial é V L L d d 2 4 2 4 2 8 99 10 0 2 2 9 ln N m C Cm m m 2 2 12 3 68 10 0 06 2 0 06 ln 2 2 2 4 0 08 0 08 2 43 10 m m V 2 43 mV b Por simetria o potencial no ponto P é V 0 24 O potencial é V dq R R dq Q R P 1 4 1 4 4 0 0 0 barra barra 8 99 10 25 6 10 3 71 10 9 2 12 2 N m C C m 2 6 20 V Note que o resultado não depende do ângulo do arco e é igual ao que seria obtido no caso de uma carga pontual Q situada a uma distância R do ponto P Esta coincidência se deve em parte ao fato de que o potencial V é uma grandeza escalar 25 a Como todas as cargas estão à mesma distância R do ponto C o potencial elétrico no ponto C é V Q R Q R Q R 1 4 6 5 4 5 8 99 10 0 1 1 1 0 9 N m C C m V 2 2 12 2 4 20 10 8 20 10 2 30 b Todas as cargas estão à mesma distância do ponto P Como essa distância de acordo com o teorema de Pitágoras é R D 2 2 o potencial elétrico no ponto P é V Q R D Q R D Q R D 1 4 6 5 4 0 1 2 2 1 2 2 1 0 2 2 5 8 99 10 4 20 10 8 20 10 9 2 12 2 N m C C 2 m m V 2 2 2 6 71 10 1 78 26 Podemos usar o mesmo raciocínio do livro veja as Eqs 2433 a 2435 mudando apenas o limite inferior da integral de x 0 para x D O resultado é o seguinte V L L d D D d 4 2 0 10 4 0 2 2 2 2 6 0 ln ln 4 17 1 2 2 18 104 V 27 De acordo com o que foi observado na solução do Problema 24 as barras podem ser subs tituídas por cargas pontuais situadas à mesma distância do ponto considerado Assim fazendo d 0010 m temos V Q d Q d Q d Q d 1 0 1 0 1 0 1 0 4 3 3 8 99 8 16 8 10 30 10 2 0 01 1 3 10 9 2 9 4 N m C C m V 13 2 kV 80 soluções dos problemas 28 Considere um segmento infinitesimal da barra situado entre x e x dx O segmento tem comprimento dx e contém uma carga dq l dx na qual l QL é a densidade linear de carga A distância entre o segmento e o ponto P1 é d x e o potencial criado pelo segmento no ponto P1 é dV dq d x dx d x 1 4 1 4 0 0 Para calcular o potencial total no ponto P1 integramos o potencial dV para toda a extensão da barra o que nos dá V dx d x d x Q L L d L L 4 4 4 1 0 0 0 0 0 ln ln 8 99 10 56 1 10 0 12 9 2 15 N m C C m 2 ln 1 0 12 0 025 7 39 10 3 m m V 739 mV 29 Usando o mesmo raciocínio dos Problemas 24 e 27 temos V Q R Q R Q R Q R 1 4 1 4 4 2 1 4 2 1 4 0 1 1 1 0 1 ο 0 8 99 10 7 21 10 2 00 3 24 9 2 12 N m C C m 2 10 2 V 324 mV 30 De acordo com a Eq 2430 o potencial produzido pelo dipolo elétrico é V p r p r cos cos 4 90 4 0 0 2 0 2 Usando o mesmo raciocínio dos Problemas 24 27 e 29 o potencial produzido pelo arco menor é q r 1 0 1 4 e o potencial produzido pelo arco maior é q r 2 0 2 4 Assim temos V q r q r q r q r 1 0 1 2 0 2 0 1 1 2 2 4 4 1 4 1 4 0 2 4 0 3 6 0 0 C cm C cm 31 Como a carga do disco é uniforme o potencial no ponto P produzido por um quadrante é um quarto do potencial produzido pelo disco inteiro Vamos primeiro calcular o potencial pro duzido pelo disco inteiro Considere um anel de carga de raio r e largura infinitesimal dr A área do anel é 2pr dr e a carga é dq 2psr dr Como todo o anel está a uma distância r D 2 2 do ponto P o potencial que o anel produz no ponto P é dV rdr r D rdr r D 1 4 2 2 0 2 2 0 2 2 O potencial total no ponto P é V rdr r D r D R D D R R 2 2 2 0 2 2 0 0 2 2 0 0 2 2 soluções dos problemas 81 O potencial Vq produzido por um quadrante no ponto P é portanto V V R D D q 4 8 7 73 10 8 8 8 0 2 2 15 σ Cm2 5 10 0 640 0 259 0 259 12 2 2 C N m m m 2 2 m V 471 V 4 71 10 5 Para D R temos V R D D D R D D q 8 8 1 1 2 0 2 2 0 2 2 8 2 4 4 4 0 2 2 0 0 R D R D q D q e o potencial é aproximadamente igual ao produzido por uma carga pontual qq pR2s4 32 Podemos usar a Eq 2432 com dq l dx bx dx no intervalo 0 x 020 m a Nesse caso r x e portanto V bx dx x b 1 4 0 20 4 36 0 0 20 0 0 V b Nesse caso r x d 2 2 e portanto V bxdx x d b x d 1 4 4 2 2 0 0 20 2 2 0 20 0 0 0 18 V 33 Considere um segmento infinitesimal da barra situado entre x e x dx O segmento tem um comprimento dx e uma carga dq l dx cx dx A distância entre o segmento e o ponto P1 é d x e o potencial criado pelo segmento no ponto P1 é dV dq d x cx dx d x 1 4 1 4 0 0 Para calcular o potencial total no ponto P1 integramos o potencial dV para toda a extensão da barra o que nos dá V c xdx d x c x d x d c L L 4 4 4 0 0 0 0 ln 0 9 2 1 8 99 10 28 L d L d ln N m 2 C ln 9 10 0 120 0 030 1 0 120 0 12 Cm m m m 2 030 1 86 10 2 m V 186 mV 34 O módulo do campo elétrico é dado por E V x 2 5 0 6 7 102 V 0015m V m Em todos os pontos da região entre as placas o campo E aponta na direção da placa negativa 82 soluções dos problemas 35 De acordo com a Eq 2441 E x y V x x x y x 2 0 3 0 2 2 Vm Vm 2 2 2 2 0 2 0 2 Vm Vm 2 2 x E x y V y y x y 3 0 2 3 0 2 Vm Vm 2 2 y y Para x 30 m e y 20 m temos E ˆ ˆ 12 12 Vmi Vmj 36 De acordo com a Eq 2441 E dV dx d dx x x ˆ ˆ ˆ i i 3000 i 1500 2 3000Vm mi Vmi 2 ˆ ˆ 0 0130 39 a O módulo do campo elétrico é E 39 Vm b O campo elétrico aponta para a placa 1 37 De acordo com a Eq 2441 E V x yz E V y xz E V z x y z 2 00 2 00 2 2 4 00 xyz e portanto no ponto x y z 300 m 200 m 400 m temos Ex Ey Ez 640 Vm 960 Vm 960 Vm O módulo do campo é portanto E E E E x y z 2 2 2 150 150 V m N C 38 a De acordo com o resultado do Problema 2428 o potencial elétrico em um ponto de coordenada x é V Q L x L x 4 0 ln No ponto x d temos V Q L d L d 4 8 99 10 43 6 0 9 2 ln N m 2 C 10 0 135 1 0 135 2 90 10 15 C m m ln d 3 1 0 135 2 90 1 0 135 V m mV m ln ln d d b Derivando o potencial em relação a x temos E V x Q L x x L x Q L x x L x 4 4 0 0 ln 1 4 8 99 10 2 0 9 x x L x Q x x L N m2 C C m N 2 15 4 43 6 10 0 135 3 92 10 x x m C m 2 x x 0 135 soluções dos problemas 83 o que nos dá E x x x 3 92 10 0 135 0 392 4 N m C m mN 2 m C m 2 x x 0 135 c Como Ex 0 o ângulo que o campo faz com o semieixo x positivo é 180o d Para x d 620 cm temos Ex 3 92 10 0 0620 0 0620 0 4 N m C m m 2 135 0 0321 m NC 321 mNC e Considere dois pontos muito próximos da barra situados na mesma reta vertical um de cada lado da barra A componente Ey do campo elétrico é dada pela diferença de potencial elétrico entre os dois pontos dividida pela distância entre os pontos Como os pontos estão situados à mesma distância da barra a diferença de potencial é zero e portanto Ey 0 39 O campo elétrico em uma direção qualquer é o negativo da derivada do potencial V em relação à coordenada nessa direção Neste problema as derivadas em relação às direções x e y são as inclinações das retas das Figs 2446a e 2446b respectivamente Assim temos E V x x 500 2500 2500 V 020 m Vm NC E V y y 300 1000 1000 V 030 m Vm NC A força a que o elétron é submetido é dada por F qE na qual q e O sinal negativo asso ciado ao valor de q significa que F aponta no sentido oposto ao de E Para e 160 1019 C temos F ˆ ˆ 1 60 10 2500 1000 19C NCi NCj Ni Nj ˆ ˆ 4 0 10 1 60 10 16 16 40 a Considere um segmento infinitesimal da barra situado entre x e x dx A contribuição do segmento para o potencial no ponto P2 é dV x dx x y cx x y dx 1 4 1 4 0 2 2 0 2 2 Assim V dV c x x y dx c L y y P L 4 4 0 2 2 0 2 2 0 barra 8 99 10 49 9 10 0 100 9 2 12 N m C Cm 2 2 m m m V 31 2 2 2 0 0356 0 0356 3 16 10 6 mV b A componente y do campo é E V y c d dy L y y c y L y y P 4 4 1 0 2 2 0 2 2 8 99 10 49 9 10 1 0 9 2 12 N m C Cm 2 2 0356 0 100 0 0356 0 298 2 2 m m m N C 84 soluções dos problemas c Calculamos o valor da componente Ey do campo elétrico a partir do potencial que foi calcu lado apenas em pontos do eixo y Para calcular o valor da componente Ex teríamos que calcular primeiro o potencial em um ponto arbitrário do plano xy da forma Vxy para depois calcular o campo Ex usando a relação Ex Vxyx 41 Aplicando a lei de conservação da energia à partícula livre que está livre para se mover obtemos 0 Ui Kf Uf na qual Ui qQ4pâ0ri Uf qQ4pâ0rf ri é a distância inicial entre as partículas e rf é a distân cia final a Como as partículas por terem cargas de mesmo sinal se repelem o valor inicial da distân cia entra elas é ri 060 m e o valor final é 060 m 040 m 10 m Assim temos K U U qQ r qQ r f i f i f 4 4 8 99 10 0 0 9 N m C 2 2 7 5 10 20 10 1 0 60 1 1 00 6 6 C C m m 0 90 J b Como as partículas por terem cargas de sinais opostos se atraem o valor inicial da distân cia entre elas é 060 e o valor final é 060 m 040 m 020 m Assim temos K U U qQ r qQ r f i f i f 4 4 8 99 10 0 0 9 N m 2 C C C m m 2 7 5 10 20 10 1 0 60 1 0 20 6 6 4 5 J 42 a De acordo com a Eq 2443 temos U k q q r k e r 1 2 2 9 2 19 8 99 10 1 60 10 N m C C 2 2 m J 2 00 10 1 15 10 9 19 b Como U 0 e U r1 a energia potencial U diminui quando r aumenta 43 Tomando a energia potencial elétrica do sistema como zero no infinito a energia potencial inicial Ui do sistema é zero Como a energia final é U q a a a a a a q f 2 0 2 0 4 1 1 1 2 1 1 1 2 2 4 a 1 2 2 o trabalho necessário para montar o arranjo é W U U U U q a f i f 2 4 1 2 2 2 8 99 10 2 0 9 N m C C m 2 2 12 2 2 30 10 0 640 1 2 2 1 92 10 13 J 0192 pJ 44 O trabalho executado é igual à variação da energia potencial elétrica De acordo com as Eqs 2414 e 2426 temos W e e e e r 3 2 2 6 4 8 99 10 18 0 9 2 N m 2 C 1 60 10 0 020 2 1 10 19 25 C m J 2 soluções dos problemas 85 45 A energia potencial inicial da segunda partícula é Ui q24pâ0r1 a energia cinética inicial é Ki 0 a energia potencial final é Uf q24pâ0r2 e a energia cinética final é Kf mv22 na qual v é a velocidade final da partícula De acordo com a lei de conservação da energia temos K U K U q r q r mv i i f f 2 0 1 2 0 2 2 4 4 1 2 Explicitando v obtemos v q m r r 2 4 1 1 8 99 10 2 2 0 1 2 9 N m 2 C 2 3 1 10 1 0 90 10 1 2 5 10 6 2 3 3 C 20 10 kg m 6 m m s 25 kms 2 5 103 46 Se q1 é a carga do anel q2 é a carga pontual r é o raio do anel e x é a distância entre a carga pontual e o centro do anel o trabalho realizado por um agente externo é W U q q r r x 1 2 2 2 9 4 1 9 0 10 0 1 C C 899 10 N m C m 9 2 6 0 10 1 1 5 1 12 2 1 5 3 0 1 8 10 10 m m J 2 2 47 Como no caso da força gravitacional discutido no Capítulo 13 a velocidade de escape pode ser calculada igualando a energia cinética inicial ao valor absoluto da energia potencial 1 2 4 2 1 6 10 1 6 1 2 0 0 19 mv eq r v eq rm C 0 2 8 85 10 0 01 9 11 10 15 12 31 C Fm kg ms kms 2 2 10 22 4 48 A variação da energia potencial elétrica do sistema elétroncasca quando o elétron parte da posição inicial e chega à superfície da casca é U eV eV Para que essa energia seja igual à energia inicial do elétron K m v i e i 2 2 a velocidade inicial do elétron deve ser v U m eV m i e e 2 2 2 1 6 10 125 9 11 10 19 3 C V 1 6 6 63 10 kg ms 49 Tomando a energia potencial como zero quando o elétron móvel está muito longe dos elé trons fixos a energia potencial final do elétron móvel é Uf 2e24pâ0d na qual d é metade da distância entre os elétrons fixos A energia inicial do elétron móvel é Ki mv22 na qual m é a massa e v é a velocidade inicial do elétron a energia cinética final é zero De acordo com a lei de conservação da energia temos K U mv e d i f 1 2 2 4 2 2 0 o que nos dá v e dm 4 4 8 99 10 4 1 60 10 2 9 19 0 N m 2 C 2 C m 911 10 kg m s 03 2 0 010 3 2 10 31 2 2 kms 86 soluções dos problemas 50 O trabalho necessário é W U q Q d q Q d q Q d q 1 4 2 1 4 2 0 1 2 0 1 1 2 0 Q d 51 a Seja c o comprimento do retângulo e l a largura Como a carga q1 está a uma distância c do ponto A e a carga q2 está a uma distância l o potencial elétrico no ponto A é V q c q A 1 4 8 99 10 5 0 0 1 2 9 l N m C 2 2 10 0 15 2 0 10 0 050 6 0 10 6 6 C m C m 4V b Como a carga q1 está a uma distância l do ponto B e a carga q2 está a uma distância c o potencial elétrico no ponto B é V q q c B 1 4 8 99 10 5 0 0 1 2 9 l N m C 2 2 10 0 050 2 0 10 0 15 7 8 10 6 6 C m C m 5V c Como a energia cinética é zero no início e no final do percurso o trabalho realizado por um agente externo é igual à variação de energia potencial do sistema A energia potencial é o pro duto da carga q3 pelo potencial elétrico Se UA é a energia potencial quando q3 está na posição A e UB é a energia potencial quando q3 está na posição B o trabalho realizado para deslocar a carga de B para A é W UA UB q3VA VB 30 106 C60 104 V 78 105 V 25 J d Como o trabalho realizado pelo agente externo é positivo esse trabalho faz a energia do sistema aumentar e e f Como a força eletrostática é conservativa o trabalho não depende do percurso assim as duas respostas são iguais à do item c 52 De acordo com a Eq 245 a Eq 2430 e o gráfico da Fig 255b a energia potencial do elétron no ponto de máxima aproximação do dipolo Kf 0 é U qV e p r ep r f cos 180 4 4 0 2 0 2 o na qual r 0020 m De acordo com o gráfico da Fig 2551b Ki 100 eV Como Kf Ui 0 a lei de conservação da energia nos dá Uf Ki 100 eV 16 1017 J Assim ep r J p 4 1 6 10 1 6 10 0 02 8 0 2 17 17 2 J 99 10 1 6 10 4 5 10 9 19 12 N m C C C m 2 2 53 a Tomando como referência uma energia potencial zero quando a distância entre as esfe ras é infinita a energia potencial elétrica do sistema é U q d 2 9 6 4 8 99 10 5 0 10 1 0 0 N m C C 2 2 2 0 0 225 m J b As duas esferas se repelem com uma força cujo módulo é F q d 2 2 9 6 4 8 99 10 5 0 10 0 N m C C 1 2 2 2 00 m N 2 0 225 soluções dos problemas 87 De acordo com a segunda lei de Newton a aceleração de cada esfera é igual à força de repulsão dividida pela massa da esfera Sejam mA e mB as massas das esferas A aceleração da esfera A é a F m A A 0 225 45 0 3 N 50 10 kg m s2 e a aceleração da esfera B é a F m B B 0 225 22 5 3 N 10 10 kg m s2 c A energia potencial inicial calculada no item a é U 0225 J A energia cinética inicial é zero já que as esferas partem do repouso A energia potencial final é praticamente zero já que a distância entre as esferas é muito grande A energia cinética final é 1 2 2 1 2 2 m v m v A A B B na qual vA e vB são as velocidades finais Assim de acordo com a lei de conservação da energia U m v m v A A B B 1 2 1 2 2 2 De acordo com a lei de conservação do momento 0 m v m v A A B B Explicitando vB na equação do momento obtemos v m m v B A B A Substituindo na equação da energia obtemos U m m m m v A B A B A 1 2 2 e portanto v Um m m m A B A A B 2 2 0 225 5 0 3 J10 10 kg 10 10 10 7 75 3 3 3 kg50 10 kg kg ms e v m m v B A B A 50 10 kg 10 10 kg 7 3 3 75 ms 3 87 ms o que nos dá vB 3 87 ms 54 a Usando a relação U qV podemos traduzir o gráfico de tensão da Fig 2454 para um gráfico de energia em unidades de elétronsvolts De acordo com o enunciado a energia cinética do pósitron em elétronsvolts é Ki mv22e 911 103110 1072216 10219 284 eV Como este valor é menor que a altura da ìbarreiraî de energia potencial 500 eV o mo vimento do pósitron se inverte e ele emerge da região em que existe campo em x 0 b De acordo com a lei de conservação da energia a velocidade final do pósitron é igual à velocidade inicial 10 107 ms 55 Vamos chamar de r a distância pedida A energia cinética inicial do elétron é K m v i e i 1 2 2 na qual vi 32 105 ms Quando a velocidade dobra de valor a energia cinética passa a ser 4Ki Assim U e r K K K K m v i i i e i 2 2 4 4 3 3 2 0 o que nos dá r e m v e i 2 3 4 2 1 6 10 8 99 10 2 0 2 19 9 C N 2 m C kg 32 10 m s 2 5 2 2 19 3 9 11 10 1 6 10 9m 88 soluções dos problemas 56 De acordo com o gráfico da Fig 2453b a energia potencial total do sistema é zero quando a partícula 3 está passando pelo ponto x 010 m De acordo com a Eq 2443 temos 0 4 4 0 10 4 0 1 1 2 0 1 3 0 3 2 0 q q d q q d q q m 0 m e portanto q q d q q q d 3 1 2 1 2 0 10 0 10 m m o que nos dá q3 57 µC 57 Vamos chamar de 1 e 2 as partículas fixas e de partícula 3 a partícula móvel Vamos tam bém usar o índice 0 para representar a posição na qual as coordenadas da partícula 3 são 0 0 e o índice 4 para representar a posição na qual as coordenadas são 0 4 m Aplicando a lei de conservação de energia à partícula 3 temos K0 U0 K4 U4 na qual U q q x y q q x y 1 3 0 2 2 2 3 0 2 2 4 4 a Fazendo q1 q2 q e explicitando K4 obtemos K K U U qq x y x 0 4 4 0 3 0 2 2 1 2 2 4 1 1 J 1 2 8 99 10 2 50 10 15 1 9 6 J N m C C 2 2 0 1 9 16 1 3 3 0 6 C m m m J 2 2 b Fazendo Kf 0 temos K U U qq y f 0 0 3 0 2 3 0 2 4 1 3 1 9 2 J m m o que nos dá y 85 m A raiz negativa foi escolhida porque é pedido o valor negativo de y A figura a seguir mostra a energia cinética da partícula 3 em função de y Como se pode ver no gráfico K 30 para y 0 e K 0 para y 85 A partícula oscila entre os dois pontos de retorno y 85 e y 85 soluções dos problemas 89 58 a Quando o próton é liberado sua energia é K U 40 eV 30 eV 70 eV a energia potencial inicial pode ser obtida na Fig 2454 Isso significa que se traçarmos uma reta hori zontal para V 70 V na Fig 2454 o ponto de retorno estará na interseção da reta horizontal com o gráfico do poço de potencial Fazendo uma interpolação no trecho da reta entre 10 cm e 30 cm descobrimos que o ponto de retorno é aproximadamente x 17 cm b Para uma energia total de 70 eV não existe ponto de retorno do lado direito de acordo com a lei de conservação da energia a velocidade do próton no ponto x 60 cm é v 2 2 0 1 6 10 1 67 10 20 19 27 eV JeV kg kmss c O campo elétrico em qualquer ponto do gráfico da Fig 2454 é o negativo da inclinação do gráfico nesse ponto Uma vez conhecido o campo elétrico a força a que o próton está subme tido pode ser calculada a partir da relação F eE Na região ligeiramente à esquerda do ponto x 30 cm a inclinação do gráfico é 3 V 9 V003 m 001 m 300 Vm o campo é E 300 Vm e o módulo da força é F 16 1019 C300 Vm 48 1017 N d A força F como o campo E aponta no sentido positivo do eixo x e Na região ligeiramente à direita do ponto x 50 cm a inclinação do gráfico é 5 V 3 V 006 m 005 m 200 Vm o campo é E 200 Vm e o módulo da força é F 16 1019 C200 32 1017 N f A força F como o campo E aponta no sentido negativo do eixo x 59 a O campo elétrico na região entre as placas da Fig 2455 aponta para a esquerda já que o campo elétrico sempre aponta do potencial mais alto para o potencial mais baixo Como de acordo com o enunciado a força aponta para a esquerda no mesmo sentido que o campo a carga da partícula é positiva Tratase portanto de um próton b De acordo com a lei de conservação da energia temos K U K U m v eV m v eV f f p p f 0 0 0 2 1 2 2 1 2 1 2 o que nos dá v v e m V V f p 0 2 1 2 3 2 19 2 90 10 2 1 6 10 ms C 1 67 10 70 50 6 53 10 65 3 27 4 V V ms kmss Note que a solução não depende do valor de d 60 a Como o trabalho realizado é igual ao aumento de energia potencial temos W q V e Q R 4 2 16 10 0 13 J o que nos dá Q 120 105 C 120 µC b Como o trabalho é o mesmo o aumento de energia potencial é U 216 1013 J 0216 pJ 90 soluções dos problemas 61 A distância entre dois pontos de uma circunferência de raio R separados por um ângulo θ em radianos é r 2R senθ2 Usando este fato distinguindo os casos em que N é ímpar e os casos em que N é par e calculando as interações entre pares de elétrons podemos obter a energia potencial total nos dois casos No caso da configuração 1 temos U Nke R j N j N 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 par sen sen ímpar U Nke R j N j N 1 2 1 1 2 2 1 2 na qual k 14pâ0 e θ 2p N No caso da configuração 2 temos U N ke R j N j N 2 2 1 2 1 1 2 1 2 2 sen par sen U N ke R j N j 2 2 1 2 1 2 5 2 ímpar 1 3 2 N na qual θ 2p N 1 Os resultados são todos da forma U ke R 1 2 2 ou 2 um número adimensional A tabela a seguir mostra os números adimensionais para vários valores de N nas duas configu rações Os valores da tabela são as energias potenciais divididas por ke22R N 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 U1 383 688 1096 1613 2244 2992 3862 4858 5981 7235 8622 1015 U2 473 783 1188 1696 2313 3044 3992 4862 5958 7181 8535 1002 Vemos que a energia potencial da configuração 2 é maior que a da configuração 1 para N 12 para N 12 a energia potencial da configuração 1 é maior a O menor valor para o qual U2 U1 é N 12 b Para N 12 a configuração 2 é formada por 11 elétrons distribuídos ao longo de uma circunferência a intervalos iguais e um elétron central A distância entre um dos elétrons da circunferência e0 e o centro da circunferência é R a distância entre e0 e os vizinhos mais pró ximos que pertencem à circunferência um de cada lado é r R R 2 11 0 56 sen A distância entre e0 e os segundos vizinhos mais próximos é r R R 2 2 11 1 1 sen Assim existem apenas dois elétrons mais próximos de e0 que o elétron central soluções dos problemas 91 62 a Se as duas esferas estão ligadas por um fio condutor os potenciais V1 e V2 são necessa riamente iguais Assim a resposta é que o potencial V1 se torna igual ao potencial V2 Fazendo V1 q14pâ0R1 V2 q24pâ0R2 q1 q2 q e R2 2R1 podemos obter os valores de q1q e q2q b q1q 13 0333 c q2q 23 0667 d A razão entre as densidades superficiais de carga das duas esferas é 1 2 1 1 2 2 2 2 1 2 2 1 4 4 q R q R q q q q R R 2 2 1 2 2 1 2 00 63 a O potencial elétrico é a soma das contribuições das esferas Seja q1 a carga da esfera 1 q2 a carga da esfera 2 e d a distância entre as esferas O potencial do ponto a meio caminho entre os centros das esferas é V q q d 1 2 9 8 4 2 8 99 10 1 0 10 3 0 N m C C 2 2 0 10 1 0 1 8 10 8 2 C m V b A distância entre o centro de uma das esferas e a superfície da outra é d R na qual R é o raio das esferas O potencial na superfície de cada esfera é a soma da contribuição da própria esfera com a contribuição da outra esfera O potencial na superfície da esfera 1 é V q R q d R 1 0 1 2 9 1 4 8 99 10 1 0 N m 2 C 2 10 0 030 3 0 10 2 0 0 030 2 8 8 C m C m m 9 103 V 29 kV c O potencial na superfície da esfera 2 é V q d R q R 2 0 1 2 9 1 4 8 99 10 1 0 N m 2 C 2 10 2 0 0 030 3 0 10 0 030 8 8 8 C m m C m 9 10 8 9 3 V kV 64 Como o potencial elétrico é o mesmo em qualquer ponto do interior de um condutor o potencial elétrico no centro também é 400 V 65 Se o potencial elétrico é zero no infinito o potencial na superfície da esfera é dado por V q4pâ0r na qual q é a carga da esfera e r é o raio da esfera Assim q rV 4 0 15 8 99 10 2 0 9 m 1500 V N m 2 C 2 5 10 8 C 66 Como a distribuição de carga tem simetria esférica podemos escrever E r q r 1 4 0 env na qual qenv é a carga envolvida por uma superfície esférica de raio r e centro na origem a Como R1 R2 r temos E r q q r 1 2 0 2 9 2 6 4 8 99 10 2 00 10 N m 2 C C C m Vm 169 kV 1 00 10 4 00 1 69 10 6 2 3 m 92 soluções dos problemas b Como R1 r R2 temos E r q r 1 0 2 9 2 6 4 8 99 10 2 00 10 N m C C 2 0 700 3 67 10 2 4 m Vm 367 kVm c Como r R1 R2 E 0 Podemos calcular o potencial elétrico usando a Eq 2418 V r V r E r dr r r d Como R1 R2 r temos V r q q r 1 2 0 9 2 6 4 8 99 10 2 00 10 N m C C 2 1 00 10 4 00 6 74 10 6 3 C m V 674 kV e Como R1 R2 r temos V r q q r 1 2 0 9 2 6 4 8 99 10 2 00 10 N m C C 2 1 00 10 1 00 2 70 10 6 4 C m V 270 kV f Como R1 r R2 temos V r q r q R 1 4 8 99 10 2 0 1 2 2 9 2 N m 2 C 00 10 0 700 1 00 10 1 00 3 4 6 6 C m C m 7 104 V 347 kV g Como r R1 R2 temos V r q r q R 1 4 8 99 10 2 0 1 2 2 9 2 N m 2 C 00 10 0 500 1 00 10 1 00 4 5 6 6 C m C m 0 104 V 450 kV h Como r R1 R2 V q R q R 1 4 8 99 10 2 00 0 1 1 2 2 9 2 N m 2 C 10 0 500 1 00 10 1 00 4 50 6 6 C m C m 104 V 450 kV i Em r 0 o potencial é o mesmo que no item h V 450 kV j As figuras a seguir mostram o campo elétrico e o potencial em função de r soluções dos problemas 93 67 a O módulo do campo elétrico é E q R 0 0 2 8 9 2 4 3 0 10 8 99 10 0 C N m C 2 15 1 2 10 2 4 m N C b V RE 015 m12 104 NC 18 103 V 18 kV c Se x é a distância temos V V x V q R x R 4 1 1 500 π 0 V o que nos dá x R V V V 0 15 500 1800 500 5 8 10 m V V V 2m 58 cm 68 Como a energia potencial do sistema é U q q x x y y 1 4 8 99 1 1 2 1 2 2 1 2 2 0 0 3 00 4 00 10 3 50 2 9 2 6 N m C C C 2 106 00 0 500 1 50 1 93 2 2 cm J o trabalho realizado pela força elétrica é Wrealizado U 193 J e portanto o trabalho necessário para colocar as cargas nas posições especificadas é Waplicado Wrealizado 193 J 69 Imagine uma superfície gaussiana cilíndrica A de raio r e comprimento h concêntrica com o cilindro De acordo com a lei de Gauss E dA rhE q A 2 0 env na qual qenv é a carga envolvida pela superfície gaussiana Vamos chamar de R o raio do cilindro Para r R ou seja no interior do cilindro qenv 0 e portanto E 0 Para r R ou seja do lado de fora do cilindro qenv q a carga total do cilindro e o módulo do campo elétrico é E q rh q h r r 2 2 2 0 0 0 na qual l é a densidade linear de carga a Vamos chamar de EB o módulo do campo elétrico na superfície do cilindro já que o ponto B está na superfície do cilindro De acordo com a equação apresentada para pontos do lado de fora do cilindro o campo elétrico é inversamente proporcional a r E E R r r R B B B Assim para r RC 0050 m temos E E R R C B B C 160 0 020 0 050 64 NC m m N C 94 soluções dos problemas b De acordo com a Eq 2418 a diferença de potencial VB VC é V V E R r dr E R R R B C B B R R B B C B C B ln 160 NC m m 0020 m ln 0 020 0 050 2 9V c Como o campo elétrico no interior do cilindro é zero todos os pontos do cilindro têm o mes mo potencial e portanto tanto o ponto A como o ponto B pertencem ao cilindro VA VB 0 70 a De acordo com a Eq 2418 V V E dr r R parede e portanto para E ρr2â0 veja a solução do Problema 60 do Capítulo 23 temos 0 2 4 0 0 2 2 V r V R r r R o que nos dá V R r 2 2 0 4 b O valor da diferença de potencial para r 0 é Veixo C m3 C V m m 1 1 10 4 8 85 10 0 05 3 12 2 0 7 8 104 V 78 kV Assim o valor absoluto da diferença de potencial é Veixo 78 kV 71 De acordo com a Eq 2430 o potencial elétrico de um dipolo em um ponto qualquer do espaço é dado por V p r 1 4 0 2 cos na qual p é o módulo do momento p do dipolo θ é o ângulo entre p e o vetor posição do ponto e r é a distância entre o ponto e o dipolo Como no eixo do dipolo θ 0 ou θ p cos θ 1 Assim o módulo do campo elétrico é E V r p d dr r p r 4 1 2 0 2 0 3 Nota se tomarmos o eixo z como eixo do dipolo E p z z E p z z 2 0 2 0 0 3 0 3 e 72 De acordo com a Eq 2418 temos V A r dr A 4 3 3 2 3 2 3 3 1 2 1 3 2 9 10 m A 73 a O potencial na superfície da esfera é V q R 4 4 0 10 8 99 10 0 10 3 0 6 9 2 C N m C m 2 6 105 V soluções dos problemas 95 b O campo logo acima da superfície da esfera seria E q R V R 4 3 6 10 0 10 3 6 10 2 5 6 0 V m V m um valor maior que 30 MVm Assim a resposta é não 74 O trabalho realizado é igual à variação da energia potencial elétrica do sistema dada por U q q r q q r q q r 1 2 0 12 2 3 0 23 1 3 0 13 4 4 4 na qual r12 indica a distância entre as partículas 1 e 2 e uma convenção semelhante é usada para r23 e r13 a Considere a diferença entre a energia potencial com r12 b e r23 a e a energia potencial com r12 a e r23 b r13 não muda Convertendo os valores dados no enunciado para unidades do SI temos W U q q b q q a q q a q q 1 2 0 2 3 0 1 2 0 2 3 0 4 4 4 4 b 24 J b Por simetria quando as partículas 2 e 3 trocam de posição as condições permanecem as mesmas do ponto de vista da energia potencial e portanto W U 0 75 Suponha que a distribuição de carga da Terra tem simetria esférica Nesse caso se o poten cial elétrico é zero no infinito o potencial elétrico na superfície da Terra é V q4pâ0R na qual q é a carga da Terra e R 637 106 m é o raio da Terra Como o módulo do campo elétrico na superfície da Terra é E q4pâ0R2 temos V ER 100 Vm 637 106 m 64 108 V 76 De acordo com a lei de Gauss q âοΦ 4958 nC Assim V q r 4 8 99 10 4 958 10 0 120 0 9 2 7 N m C C 2 m V 3 71 104 77 A diferença de potencial é V Es 192 105 NC00150 m 290 103 V 78 Como as cargas presentes nos arcos são equidistantes do ponto cujo potencial queremos calcular podemos substituílas por cargas pontuais e aplicar a Eq 2427 O resultado é o se guinte V Q R Q R Q R Q R 1 4 1 4 2 1 4 3 1 4 2 1 1 1 1 0 0 0 0 2 8 99 10 4 52 10 0 0850 0 9 2 12 N m C C m 2 956 V 79 A energia potencial elétrica na presença do dipolo é U qV qp r e ed r dipolo cos cos 4 4 0 2 0 2 Para θi θf 0º a lei de conservação da energia nos dá K U K U v e md f f i i 2 4 1 25 1 49 7 0 10 2 0 5 ms 96 soluções dos problemas 80 Podemos tratar o sistema como a combinação de um disco completo de raio R com uma densidade superficial de carga s com um disco menor de raio r e densidade superficial de carga s Aplicando a Eq 2437 aos dois objetos temos V z R z z r z 2 2 0 2 2 0 2 2 Esta expressão se anula quando r como exige o problema Substituindo por valores nu méricos temos V R 0 5 5 101 10 6 20 10 0 130 12 Cm2 m C N m 2 2 8 85 10 5 5 101 10 1 03 10 12 2 V 103 mV 81 a O elétron é liberado com uma energia K U 30 eV 60 eV 30 eV o valor da energia potencial pode ser obtido a partir do gráfico da Fig 2460 e do fato de que U qV eV Como a carga do elétron é negativa é conveniente imaginar o eixo vertical em unidades de elétronsvolts e com um sinal negativo Assim o valor de 2 V para x 0 se torna 2 eV o va lor de 6 V para x 45 cm se torna 6 eV etc A energia total 30 eV é constante e portanto pode ser representada nesse gráfico como uma reta horizontal em 30 V A reta intercepta o gráfico da energia potencial no ponto de retorno Interpolando o trecho do gráfico no intervalo de 10 cm a 40 cm descobrimos que o ponto de retorno é x 175 cm 18 cm b Como a reta não intercepta o gráfico de energia potencial em nenhum ponto à direita de x 45 cm não há ponto de retorno se o elétron estiver se movendo para a direita De acordo com a lei de conservação da energia a energia cinética do elétron no ponto x 70 cm é K 30 eV 50 eV 20 eV e portanto v K me 2 2 1 60 10 9 11 10 19 31 20 eV JeV kg ms 8 4 105 c O campo elétrico em um ponto qualquer é a inclinação do gráfico da tensão em função da distância nesse ponto com o sinal trocado Uma vez conhecido o campo elétrico podemos cal cular a força a que o elétron está submetido usando a relação F eE Usando esse método determinamos que o campo elétrico na região imediatamente à esquerda do ponto x 40 cm é E ˆ 133 Vm i a força é F ˆ 2 1 10 17N i e o módulo da força é F 21 1017 N d O sinal positivo indica que a força aponta no sentido positivo do eixo x e Na região imediatamente à direita do ponto x 50 cm o campo é E ˆ 100 Vm i a força é F ˆ 1 6 10 17N i e o módulo da força é F 16 1017 N f O sinal negativo indica que a força aponta no sentido negativo do eixo x 82 a O potencial seria V Q R R R R k e e e e e e e e 4 4 4 4 4 6 37 1 0 2 0 0 1 0 1 6 10 8 99 6 9 m elétron m C elétron 2 10 0 12 9 2 N m C V 2 b O campo elétrico seria E V R e e e 0 8 0 12 1 8 10 V 637 10 m N C 6 o que nos dá E 1 8 10 8 N C c O sinal negativo de E significa que o campo elétrico aponta para baixo soluções dos problemas 97 83 a De acordo com a Eq 2426 o potencial elétrico no ponto P é V e d e d e d P 2 4 2 4 4 2 8 99 10 0 1 0 2 0 9 N m C C m V 2 2 19 10 1 6 10 2 00 7 19 10 b Como U qV a contribuição da partícula móvel para a energia potencial é zero quando está a uma distância r das partículas fixas Quando está no ponto P a contribuição é U qVP m C V 2 1 6 10 7 192 10 2 301 10 19 10 28 28 J 230 10 J Assim o trabalho realizado para deslocar a partícula móvel até o ponto P é Wm 230 1028 J c Somando a contribuição Um da carga móvel obtida no item b com a contribuição Uf das cargas fixas dada por U e e f m m 1 4 2 2 4 00 2 00 8 99 0 2 2 10 4 1 60 10 20 0 2 058 1 9 2 19 2 N m C C m 2 0 28 J temos Utotal Um Uf 2301 1028 J 2058 1028 J 243 1029 J 84 Como o campo elétrico no interior da esfera é zero o potencial é o mesmo em toda a esfera e portanto o potencial no ponto A tem o mesmo valor que na superfície de uma esfera carre gada V V q R A S 4 0 na qual q é a carga da esfera e R é o raio da esfera Em pontos fora da esfera o potencial é dado pela Eq 2426 e portanto V q r B 4 0 na qual r é a distância entre o ponto B e o centro da esfera a Temos V V q R r S B 4 1 1 3 6 10 3 6 0 3 V kV b Temos V V q R r A B 4 1 1 3 6 10 3 6 0 3 V kV 85 Considerando como zero o potencial elétrico da carga móvel na posição inicial a uma dis tância infinita das cargas fixas o potencial elétrico na posição final é V e D e D e D 2 4 2 4 2 4 8 99 10 0 0 0 9 N m2 C C m V 2 19 10 2 1 60 10 4 00 7 192 10 98 soluções dos problemas O trabalho realizado é igual à energia potencial na posição final da carga móvel W qV 2e7192 1010 V 230 1028 J 86 Como o potencial elétrico é uma grandeza escalar o cálculo é muito mais simples que no caso do campo elétrico Podemos simplesmente dividir por dois o potencial elétrico que seria produzido no ponto P por uma esfera completa No caso de uma esfera completa de mesma densidade volumétrica de carga a carga seria qesfera 800 µC Assim V V q r 1 2 1 2 4 1 2 8 99 10 0 9 esfera esfera 2 N m C C m V 240 kV 2 8 00 10 0 15 2 40 10 6 5 87 O trabalho necessário é igual à variação de energia potencial W U q d q d q d d 2 4 2 4 2 4 1 1 2 0 2 0 2 0 2 8 99 10 0 12 1 1 7 1 1 7 9 2 2 N m C C m2 m 2 1 5 108 J A uma taxa P 083 kW 830 Js seriam necessários WP 18 105 s ou cerca de 21 dias para realizar o trabalho 88 a A distância entre as cargas e o ponto C é a mesma e pode ser calculada usando o teorema de Pitágoras r d d d 2 2 2 2 2 O potencial elétrico total no ponto C é a soma dos potenciais produzidos pelas duas cargas mas graças à simetria do problema podemos calcular o potencial produzido por uma das cargas e multiplicar o resultado por dois V q d q d 2 4 2 2 2 4 8 99 10 2 2 2 9 0 0 N m 2 C 2 0 10 0 020 2 5 10 6 6 C m V 25 MV b Quando a terceira carga é deslocada do infinito até o ponto C a energia potencial varia de zero até qV na qual V é o potencial elétrico no ponto C A variação da energia potencial é igual ao trabalho necessário para deslocar a carga até a posição final W qV 2 0 10 2 54 10 5 1 6 6 C V J c O trabalho calculado no item b é igual apenas à energia potencial da carga móvel na pre sença das duas cargas fixas Para determinar a energia potencial total do sistema de três cargas precisamos somar a energia potencial associada à interação das duas cargas fixas Como a dis tância entre as cargas fixas é d esta energia potencial é q d 2 0 4 e a energia potencial total é U W q d 2 9 6 4 5 1 8 99 10 2 0 10 0 J N m C C 2 2 2 0 020 6 9 m J 89 O potencial no ponto P o local onde colocamos o terceiro elétron produzido pelas cargas fixas pode ser calculado usando a Eq 2427 V e d e d e d P 4 4 2 4 0 0 0 Substituindo por valores numéricos temos V e d P 2 4 8 99 10 2 1 60 10 0 9 2 19 N m 2 C C m V 2 00 10 1 438 10 6 3 soluções dos problemas 99 De acordo com a Eq 2414 o trabalho necessário é W eVP 230 1022 J 90 A partícula de carga q possui energia potencial e energia cinética que dependem do raio da órbita Para começar vamos obter uma expressão para a energia total em termos do raio r da órbita A força de atração da partícula de carga Q é responsável pelo movimento circular uniforme da carga q O módulo dessa força é F Qq4pâ0r2 A aceleração da partícula de carga q é v2r na qual v é a velocidade da partícula De acordo com a segunda lei de Newton temos Qq r mv r mv Qq r 4 4 0 2 2 2 0 o que nos dá uma energia cinética K mv Qq r 1 2 8 2 0 A energia potencial é U Qq r 4 0 e a energia total é E K U Qq r Qq r Qq r 8 4 8 0 0 0 Quando o raio da órbita é r1 a energia é E1 Qq8pâ0r1 quando o raio da órbita é r2 a energia é E2 Qq8pâ0r2 A diferença E2 E1 é o trabalho W realizado por um agente externo para mudar o raio W E E Qq r r Qq r r 2 1 2 1 1 2 8 1 1 8 1 1 0 0 91 A velocidade inicial vi do elétron satisfaz a relação K m v e V i e i 1 2 2 que nos dá v e V m i e 2 2 1 60 10 9 11 10 19 31 J 625 V kg m s 1 48 107 92 O potencial elétrico total no ponto P é a soma dos potenciais produzidos pelas seis cargas V V q r d P Pi i i i i 1 6 0 1 6 15 0 2 4 10 4 5 00 d d d d 2 2 00 2 3 00 2 2 2 2 3 00 2 2 00 2 5 00 2 2 2 2 2 d d d d d 9 4 10 4 2 54 10 3 34 10 16 0 2 4 V 0334 mV 93 Como de acordo com o Problema 99 o potencial elétrico no eixo do anel é V q z R 4 2 2 0 100 soluções dos problemas a diferença de potencial entre os pontos A situado no centro do anel e B é V V q z R R B A 4 1 1 8 99 10 0 2 2 9 2 2 N m C 16 0 10 1 0 030 0 040 1 0 030 6 2 2 C m m m V MV 1 92 10 1 92 6 94 a De acordo com a Eq 2426 a superfície equipotencial é uma superfície esférica com centro na carga q e raio r q V 4 8 99 10 1 50 10 0 9 2 8 N m C C 300 V 2 4 5 m b Não Se o potencial fosse uma função linear de r as superfícies equipotenciais seriam igual mente espaçadas como neste caso V 1r o espaçamento diminui quando r aumenta 95 a Para r r2 o potencial é o mesmo de uma carga pontual V Q r 1 4 0 b Para determinar o potencial na região r1 r r2 vamos usar a lei de Gauss para obter uma expressão do campo elétrico e em seguida calcular a integral dessa expressão em uma traje tória radial de r2 até r A superfície gaussiana é uma esfera de raio r concêntrica com a casca O campo elétrico é radial e portanto perpendicular à superfície Como o módulo do campo elétrico é o mesmo em todos os pontos da superfície o fluxo através da superfície é Φ 4pr2E Como o volume da casca é 4 3 2 3 1 3 r r a densidade volumétrica de carga é 3 4 2 3 1 3 Q r r e a carga envolvida pela superfície gaussiana é q r r Q r r r r 4 3 3 1 3 3 1 3 2 3 1 3 De acordo com a lei de Gauss temos 3 4 2 3 1 3 Q r r o que nos dá E Q r r r r r 4 0 3 1 3 2 2 3 1 3 Se Vs é o potencial elétrico na superfície externa da casca r r2 o potencial a uma distância r do centro é dado por V V E dr V Q r r r r r s s r r r 4 1 0 2 3 1 3 1 3 2 2 2 4 1 2 2 0 2 3 1 3 2 2 2 1 3 1 3 2 r s dr V Q r r r r r r r r soluções dos problemas 101 O potencial na superfície externa pode ser calculado fazendo r r2 na expressão obtida no item a o resultado é Vs Q4pâ0r2 Fazendo esta substituição e agrupando termos obtemos V Q r r r r r r 4 1 3 2 2 0 2 3 1 3 2 2 2 1 3 Como 3 4 2 3 1 3 Q r r temos V r r r r 3 3 2 2 0 2 2 2 1 3 c Como o campo elétrico é zero no interior da cavidade o potencial é o mesmo em toda a cavidade e na superfície interna da casca Fazendo r r1 na expressão obtida no item b e agrupando termos obtemos V Q r r r r 4 3 2 0 2 2 1 2 2 3 1 3 ou em termos da densidade volumétrica de carga V r r 2 0 2 2 1 2 d Sim fazendo r r2 nas expressões obtidas nos itens a e b e r r1 nas expressões obtidas nos itens b e c constatamos que as três soluções são compatíveis 96 a Vamos usar a lei de Gauss para obter expressões para o campo elétrico dentro e fora da distribuição esférica de carga Como o campo é radial o potencial elétrico pode ser escrito como uma integral do campo ao longo de um dos raios da esfera prolongado até o infinito A integral deve ser dividida em duas partes uma do infinito até a superfície da distribuição de carga e a outra da superfície até o centro da distribuição Do lado de fora da distribuição o mó dulo do campo é E q4pâ0r2 e o potencial é V q4pâ0r na qual r é a distância entre o ponto considerado e o centro da distribuição Estas expressões são as mesmas do campo elétrico e do potencial produzidos por uma carga pontual Para obter uma expressão para o módulo do campo no interior da distribuição de carga usamos uma superfície gaussiana de forma esférica de raio r concêntrica com a distribuição Como o campo é normal à superfície gaussiana e tem o mesmo valor em todos os pontos da superfície o fluxo através da superfície é Φ 4pr2E A carga envolvida é qr3R3 De acordo com a lei de Gauss 4 4 0 2 3 3 0 3 r E qr R E qr R Se Vs é o potencial na superfície da distribuição ou seja o potencial para r R o potencial em um ponto interno situado a uma distância r do centro da distribuição é dado por V V E dr V q R r dr V qr R q s R r s R r s 4 8 0 3 2 0 3 8 0 R O potencial na superfície da distribuição pode ser calculado substituindo r por R na expressão para pontos do lado de fora da distribuição o resultado é Vs q4pâ0R Assim V q R r R R q R R r 4 1 2 1 2 8 3 0 2 3 0 3 2 2 b A diferença de potencial é V V V q R q R q R s c 2 8 3 8 8 0 0 0 102 soluções dos problemas o que nos dá V q R 8 0 97 Nos desenhos a seguir as linhas com setas são linhas de campo e as linhas sem setas são equipotenciais Em todos os desenhos q2 é a carga da esquerda e q1 é a carga da direita a b 98 A energia potencial elétrica é U k q q r d q q q q q q q q q i j ij i j 1 4 0 1 2 1 3 2 4 3 4 1 q q q 4 2 3 9 2 2 8 99 10 1 3 12 24 12 31 24 17 31 17 12 17 2 24 3 1 2 10 1 2 10 1 2 19 6 J J 2 99 a A carga é a mesma em todos os pontos do anel que estão à mesma distância de um ponto P do eixo a distância é r z R 2 2 na qual R é o raio do anel e z é a distância entre o centro do anel e o ponto P O potencial elétrico no ponto P é V dq r dq z R z R dq 1 4 1 4 1 4 1 1 4 0 0 2 2 0 2 2 0 2 2 q z R b O campo elétrico aponta na direção do eixo do anel e o módulo é dado por E V z q z z R q 4 4 1 2 0 2 2 1 2 0 z R z q z z R 2 2 3 2 0 2 2 3 2 2 4 o que está de acordo com a Eq 2216 100 A distância r pedida é aquela para a qual a partícula alfa possui momentaneamente ener gia cinética zero Assim de acordo com a lei de conservação da energia K U K U e e r 0 0 12 0 0 0 48 10 2 92 4 0 2 e e r 92 4 0 Fazendo r0 para que U0 0 obtemos r 88 1014 m soluções dos problemas 103 101 a Vamos chamar de r a distância entre os quarks A energia potencial elétrica para dois quarks up em elétronsvolts é dada por U e e r ke r e up up 1 4 2 3 2 3 4 9 4 8 99 10 0 9 N m C C m 2 2 19 15 1 60 10 9 1 32 10 4 84 1 e 0 0 484 5eV MeV b Para os três quarks temos U e e r e e r e 1 4 2 3 2 3 3 2 3 3 2 0 e r 3 0 102 a Como na menor distância centro a centro dp a energia cinética inicial Ki do próton foi totalmente convertida em energia potencial elétrica entre o próton e o núcleo temos K eq d e d i p p 1 4 82 4 2 0 0 chumbo Explicitando dp obtemos d e K k e K p i i 82 4 82 8 99 10 82 1 2 0 2 9 2 N m 2 C 6 10 1 6 10 4 80 10 2 5 10 19 2 19 6 C C eV 14 25 m fm b Nesse caso K q q d e d e i 1 4 2 82 4 82 4 2 2 0 0 chumbo 0dp o que nos dá dαdp 20 103 Para que a energia potencial elétrica não mude com a introdução da terceira partícula é preciso que o potencial elétrico total produzido no ponto P pelas outras duas partículas seja zero q r q r 1 0 1 2 0 2 4 4 0 Fazendo r1 5d2 e r2 3d 2 obtemos q1 5q23 o que nos dá q q 1 2 5 3 1 7 104 Imagine que todas as cargas da superfície da esfera sejam deslocadas para o centro da esfe ra De acordo com a lei de Gauss isso não mudaria o campo elétrico do lado de fora da esfera Assim o módulo E do campo elétrico de uma esfera uniformemente carregada a uma distância do centro da esfera é dado por Er q4pâ0r2 para r R na qual R é o raio da esfera O po tencial V na superfície da esfera é dado por V R V E r dr q r dr q R r R R 4 4 2 0 0 8 99 10 1 50 10 0 160 843 9 8 N m C C m V 2 2 104 soluções dos problemas 105 a Como V 1000 V a equação V q4pâ0R na qual R 0010 m é o raio da esfera nos dá a carga da esfera q 11 109 C Dividindo por e obtemos o número de elétrons que en traram na esfera n 695 109 elétrons Como esse número de elétrons corresponde à metade dos 37 108 decaimentos por segundo o tempo necessário é t 6 95 10 3 7 10 2 38 9 8 1 s s b Uma energia de 100 keV equivale a 16 1014 J por elétron que entrou na esfera Como a capacidade térmica da esfera é 140 JK a energia necessária para obtermos um aumento de temperatura T 50 K é 140 JK50 K 70 J Dividindo por 16 1014 J descobrimos que o número de elétrons necessário para produzir esse aumento de temperatura é 70 J16 1014 J 4375 1015 decaimentos Multiplicando esse número por 2 já que apenas metade dos elétrons penetra na esfera obtemos N 875 1015 decaimentos Como a atividade do revestimento de níquel tem uma atividade de 37 108 decaimentos por segundo o tempo necessário para que 875 1015 decaimentos ocorram é t 8 75 10 3 7 10 2 36 10 2 36 10 86 40 15 8 7 7 s s 0 273 sdia dias 1 a A capacitância do sistema é C q V 70 20 3 5 pC V pF b Como a capacitância não depende da carga o valor é o mesmo do item a C 35 pF c O novo valor da diferença de potencial é V q C 200 3 5 57 pC pF V 2 A corrente no circuito persiste até que a diferença de potencial entre os terminais do capaci tor seja igual à força eletromotriz da bateria Quando isso acontece a carga do capacitor é q CV e é igual à carga total que passou pela bateria Assim q 25 106 F120 V 30 103 C 30 mC 3 a A capacitância de um capacitor de placas paralelas é dada por C â0Ad na qual A é a área das placas e d é a distância entre as placas Como as placas são circulares a área das placas é A pR2 em que R é o raio das placas Assim C R d 0 2 12 2 2 8 85 10 8 2 10 1 3 10 F m m 3 10 1 44 10 m F 144 pF b A carga da placa positiva é dada por q CV na qual V é a diferença de potencial entre as placas Assim q 144 1010 F120 V 173 108 C 173 nC 4 a De acordo com a Eq 2517 C ab b a 4 40 0 38 0 8 99 10 0 9 mm mm N m C 2 2 mm mm pF 40 0 38 0 84 5 b Vamos chamar de A a área das placas Nesse caso C â0Ab a e A C b a 0 84 5 40 0 38 0 8 85 10 pF mm mm 12 191 C N m cm 2 2 2 5 Se R é o raio de uma das gotas quando as gotas se fundem o volume passa a ser V 24p3R3 e o raio da nova gota R9 é dado por 4 3 2 4 3 2 3 3 1 3 R R R R A nova capacitância é C R R R 4 4 2 5 04 0 0 1 3 0 Para R 200 mm obtemos q C V CV eq F V C 315 mC 3 3 25 0 4200 0 315 Capítulo 25 106 soluções dos problemas 6 Podemos usar a equação C Aâ0d a A distância entre as placas é d A C 0 12 1 00 8 85 10 1 00 8 8 m C N m F 2 2 2 5 10 12 m b Como d é menor que o diâmetro de um átomo 1010 m este capacitor não é fisicamente viável 7 Para uma dada diferença de potencial V a carga na superfície da placa é q Ne nAd e na qual d é a profundidade da qual os elétrons migram para a superfície e n é a densidade dos elétrons de condução De acordo com a Eq 251 a carga acumulada na placa está relacionada à capacitância e à diferença de potencial através da equação q CV Combinando as duas ex pressões obtemos C A ne d V Para d V d V s s mV 5 0 10 14 e n 8 49 1028 m3 veja o Exemplo Carregamento de um capacitor de placas paralelas obtemos C A 8 49 10 1 6 10 5 0 10 28 19 14 m C mV 3 6 79 10 4Fm2 8 A capacitância equivalente é dada por Ceq qV na qual q é a carga total dos capacitores e V é a diferença de potencial entre os terminais dos capacitores No caso de N capacitores iguais em paralelo Ceq NC na qual C é a capacitância de um dos capacitores Assim NC qV e N q VC 1 00 1 00 10 9 09 10 6 3 C 110 V F 9 A carga que atravessa o medidor A é q C V CV eq F V C 315 mC 3 3 25 0 4200 0 315 10 A capacitância equivalente é C C C C C C eq F F F 3 1 2 1 2 4 00 10 0 5 00 10 0 5 00 7 33 F F F 11 A capacitância equivalente é C C C C C C C eq F 500 F F 1 2 3 1 2 3 10 0 4 00 10 0 5 00 4 00 3 16 F F F F 12 Como os dois capacitores de 60 mF estão em paralelo a capacitância equivalente é Ceq 12 mF Assim a carga total armazenada antes da modificação é q C V total eq F V C 12 10 0 120 a e b Após a modificação a capacitância de um dos capacitores aumenta para 12 mF já que de acordo com a Eq 259 a capacitância é inversamente proporcional à distância entre as placas o que representa um aumento de 60 mF da capacitância e um aumento da carga de q C V total eq F V C 6 0 10 0 60 soluções dos problemas 107 13 A carga inicial do primeiro capacitor é q C1V0 na qual C1 100 pF é a capacitância e V0 50 V é a diferença de potencial inicial Depois que a bateria é desligada e o segundo capacitor é ligado em paralelo com o primeiro a carga do primeiro capacitor passa a ser q1 C1V na qual V 35 V é a nova diferença de potencial Como a carga é conservada no processo a carga do segundo capacitor é q2 q 2 q1 na qual C2 é a capacitância do segundo capacitor Substituindo q por C1V0 e q1 por C1V obtemos q2 C1 V0 V Como a diferença de potencial entre os ter minais do segundo capacitor também é V a capacitância é C q V V V V C 2 2 0 1 50 35 35 100 43 V V V pF pF 14 a Como a diferença de potencial entre os terminais de C1 é V1 100 V q1 C1V1 100 mF100 V 100 104 C 100 mC b Considere primeiro o conjunto formado pelo capacitor C2 e os dois vizinhos mais próximos A capacitância do conjunto é C C C C C C C eq 2 2 1 50 A diferença de potencial entre os terminais do conjunto é V CV C C CV C C V 1 1 1 1 50 0 40 eq Como essa diferença de potencial é dividida igualmente entre C2 e o capacitor em série com C2 a diferença de potencial entre os terminais de C2 é V2 V2 V15 Assim q C V 2 2 2 5 10 0 10 0 2 00 10 F V 5 C 200 C 15 a A capacitância equivalente dos dois capacitores de 400 mF ligados em série é dada por 400 mF2 200 mF Este conjunto está ligado em paralelo com outros dois capacitores de 200 mF um de cada lado o que resulta em uma capacitância equivalente C 3200 mF 600 mF Esse conjunto está em série com outro conjunto formado por dois capacitores de 30 mF ligados em paralelo que equivalem a um capacitor de capacitância C9 2300 mF 600 mF Assim a capacitância equivalente do circuito é C CC C C eq F F F F 6 00 6 00 6 00 6 00 3 00 F b Como a tensão da bateria é V 200 V temos q CeqV 300 mF200 V 600 105 C 600 mC c A diferença de potencial entre os terminais de C1 é V CV C C 1 6 00 20 0 6 00 6 00 10 0 F V F F V d A carga do capacitor C1 é q1 C1V1 300 mF100 V 300 105 C 300 mC e A diferença de potencial entre os terminais de C2 é V2 V V1 200 V 100 V 100 V f A carga do capacitor C2 é q2 C2V2 200 mF100 V 200 105 C 200 mC 108 soluções dos problemas g Como a diferença de potencial V2 é dividida igualmente entre C3 e C5 a diferença de poten cial entre os terminais de C3 é V3 V22 100 V2 500 V h q3 C3V3 400 mF500 V 200 105 C 200 mC 16 Podemos determinar as capacitâncias a partir da inclinação das retas do gráfico da Fig 2532a Assim C1 12 mC20 V 60 mF C2 8 mC20 V 40 mF e C3 4 mC20 V 20 mF A capacitância equivalente dos capacitores 2 e 3 é C23 40 mF 20 mF 60 mF Como C23 C1 60 mF a tensão da bateria é dividida igualmente entre o capacitor 1 e os ca pacitores 2 e 3 Assim a tensão entre os terminais do capacitor 2 é 60 V2 30 V e a carga do capacitor 2 é 40 mF30 V 12 mC 17 A diferença de potencial inicial entre os terminais de C1 é V C V C C 1 1 2 3 16 100 0 10 0 5 00 eq F V F F 21 1 V Assim b V1 1000 V 211 V 789 V e a q1 C1V1 100 mF789 V 789 104 C 789 mC 18 Como a tensão entre os terminais de C3 é V3 12 V 2 V 5 V 5 V a carga de C3 é q3 C3 V3 4 mC a Como C1 C2 e C3 estão ligados em série e portanto têm a mesma carga C1 4 2 2 0 C V F b Analogamente C2 4 5 0 80 C V F 19 A carga de C3 é q3 12 mC 80 mC 40 mC Como a carga de C4 é q4 80 mC a ten são entre os terminais de C4 é q4C4 20 V A tensão entre os terminais de C3 é V3 20 V e portanto b C q V 3 3 3 2 0 F C3 e C4 estão em paralelo e são equivalentes a um capacitor de 60 mF em série com C2 como C2 30 mF a Eq 2520 nos dá uma capacitância equivalente de 60 mF30 mF60 mF30 mF 20 mF em série com C1 Sabemos que a capacitância total do circuito no sentido de que é a capacitância vista pela bateria é 12 4 3 C F Vbateria Assim de acordo com a Eq 2520 a 1 1 2 3 4 4 0 1 1 C C F F F soluções dos problemas 109 20 Um capacitor desse tipo com n placas fixas e n placas móveis pode ser considerado um conjunto de 2n 21 capacitores em paralelo com uma distância d entre as placas A capacitância é máxima quando as placas móveis estão totalmente introduzidas entre as placas fixas caso em que a área efetiva das placas é A Assim a capacitância de cada capacitor é C0 â0Ad e a capacitância total do conjunto é C n C n A d 1 1 8 1 8 85 10 0 0 12 C N m 2 2 1 25 10 3 40 10 2 28 10 4 3 12 m m F 22 2 8 pF 21 a Quando as chaves são fechadas os dois capacitores ficam ligados em paralelo A di ferença de potencial entre os pontos a e b é dada por Vab QCeq na qual Q é a carga total do conjunto e Ceq é a capacitância equivalente dada por Ceq C1 C2 40 106 F A carga total do conjunto é a soma das cargas armazenadas pelos dois capacitores Como a carga do capacitor 1 era q C V 1 1 6 4 1 0 10 100 1 0 10 F V C e a carga do capacitor 2 era q C V 2 2 6 4 3 0 10 100 3 0 10 F V C a carga total do conjunto é 30 104 C 10 104 C 20 104 C A diferença de potencial é Vab 2 0 10 4 0 10 50 4 6 C F V b A nova carga do capacitor 1 é q1 C1Vab 10 106 F50 V 50 105 C c A nova carga do capacitor 2 é q2 C2Vab 30 106 F50 V 15 104 C 22 Não podemos usar a lei de conservação da energia porque antes que o equilíbrio seja atin gido parte da energia é dissipada na forma de calor e de ondas eletromagnéticas Entretanto a carga é conservada Assim se Q C1Vbat 100 mC e q1 q2 e q3 são as cargas armazenadas nos capacitores C1 C2 e C3 depois que a chave é acionada para a direita e o equilíbrio é atingido temos Q q1 q2 q3 Como C2 e C3 têm o mesmo valor e estão ligados em paralelo q2 q3 Como os dois capacitores estão ligados em paralelo com C1 V1 V3 e portanto q1C1 q3C3 e q1 q32 Assim Q q q q q 3 3 3 3 2 5 2 o que nos dá q3 2Q5 2100 mC5 40 mC e portanto q1 q32 20 mC 23 A capacitância equivalente é C123 C31 C1 C211 6 mF a A carga que passa pelo ponto a é C123 Vbat 6 mF12 V 72 mC Dividindo por e 160 1019 C obtemos o número de elétrons N 45 1014 que se movem para a esquerda em direção ao terminal positivo da bateria b Como a capacitância equivalente de C1 e C2 é C12 C1 C2 12 mF a tensão entre os terminais da capacitância equivalente que é igual à tensão entre os terminais de C1 e à tensão entre os terminais de C2 é 72 mC12 mF 6 V Assim a carga armazenada em C1 é q1 4 mF6 V 24 mC Dividindo por e obtemos o número de elétrons N1 15 1014 que passam pelo ponto b em direção ao capacitor C1 110 soluções dos problemas c A carga armazenada em C2 é q2 8 mF6 V 48 mC Dividindo por e obtemos o número de elétrons N2 30 1014 que passam pelo ponto c em direção ao capacitor C2 d Finalmente como C3 está em série com a bateria a carga de C3 é igual à carga que passa pela bateria e também pela chave Assim N3 N1 N2 15 1014 30 1014 45 1014 elétrons passam pelo ponto d em direção aos capacitores C1 e C2 e Os elétrons estão se movendo para cima ao passarem pelo ponto b f Os elétrons estão se movendo para cima ao passarem pelo ponto c 24 De acordo com a Eq 2514 as capacitâncias são C L b a 1 0 1 1 1 12 2 2 8 85 10 0 ln C N m 2 2 050 2 53 2 2 0 2 m ln15 mm50 mm pF ln C L b a 2 2 12 2 8 85 10 0 090 C N m m ln10 2 2 mm25 mm 3 61 pF Inicialmente a capacitância equivalente é 1 1 1 2 53 12 1 2 1 2 1 2 12 1 2 1 2 C C C C C C C C C C C C pF pF pF pF pF 3 61 2 53 3 61 1 49 e a carga dos capacitores é 149 pF10 V 149 pC Se o capacitor 2 é modificado da forma descrita no enunciado temos C L b a 2 0 2 2 2 12 2 2 8 85 10 ln C N m 2 2 0 090 2 17 m ln25 mm25 mm pF A nova capacitância equivalente é C C C C C 12 1 2 1 2 2 53 2 17 2 53 pF pF pF 2 17 1 17 pF pF e a nova carga dos capacitores é 117 pF10 V 117 pC Assim a carga transferida pela bateria em consequência da modificação é 149 pC 2 117 pC 32 pC a Como o número de elétrons que passam pelo ponto P é igual à carga transferida dividida por e temos N 3 2 10 1 6 10 2 0 10 12 19 7 C C b Os elétrons transferidos pela bateria se movem para a direita na Fig 2539 ou seja na direção do capacitor 1 já que as placas positivas dos capacitores as que estão mais próximas do ponto P se tornaram menos positivas com a modificação Uma placa metálica fica positiva quando possui mais prótons que elétrons Neste problema com a modificação parte dos elé trons voltou para as placas positivas dos capacitores tornandoas menos positivas 25 A Eq 2314 pode ser aplicada aos dois capacitores Como s qA a carga total é qtotal q1 q2 s 1 A1 s 2 A2 âo E1 A1 âo E2 A2 36 pC 26 Inicialmente os capacitores C1 C2 e C3 formam um conjunto equivalente a um único capa citor que vamos chamar de C123 A capacitância deste capacitor é dada pela equação 1 1 1 123 1 2 3 1 2 3 1 2 3 C C C C C C C C C C soluções dos problemas 111 Como q C123V q1 C1 V1 temos V q C q C C C V C C C C C V 1 1 1 1 123 1 2 3 1 2 3 a Quando C3 a expressão apresentada se torna V1 V Como de acordo com o enuncia do V1 10 V neste limite concluímos que V 10 V b e c De acordo com o gráfico da Fig 2541c V1 20 V para C3 0 Nesse caso a expres são apresentada nos dá C1 4C2 O gráfico mostra ainda que quando C3 60 mF V1 5 V V2 Assim V V C C C C C C 1 2 1 2 2 1 2 1 2 6 0 6 0 6 0 4 6 F F F 0 F o que nos dá C2 20 mF e C1 4C2 80 mF 27 a Com apenas a chave S1 fechada os capacitores 1 e 3 estão em série e portanto suas cargas são iguais q q C C V C C 1 3 1 3 1 3 1 00 3 00 12 0 1 0 F F V 0 9 00 F 300 F C b Como os capacitores 2 e 4 também estão em série q q C C V C C 2 4 2 4 2 4 2 00 4 00 12 0 2 0 F F V 0 4 00 16 0 F F C c q3 q1 900 mC d q4 q2 160 mC e Quando a chave 2 é fechada a diferença de potencial V1 entre os terminais de C1 se torna igual à diferença de potencial entre os terminais de C2 e é dada por V C C C C C C V 1 3 4 1 2 3 4 3 00 4 00 12 0 F F V 1 00 2 00 3 00 4 00 8 40 F F F F V Assim q1 C1V1 100 mF840 V 840 mC f q2 C2V1 200 mF840 V 168 mC g q3 C3V V1 300 mF120 V 840 V 108 mC h q4 C4V V1 400 mF120 V 840 V 144 mC 28 Os capacitores 2 e 3 podem ser substituídos por um capacitor equivalente cuja capacitância é dada por 1 1 1 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 C C C C C C C C C C C C eq eq A carga do capacitor equivalente é a mesma dos capacitores originais e a diferença de po tencial entre os terminais do capacitor equivalente é q2Ceq A diferença de potencial entre os terminais do capacitor 1 é q1C1 Como a diferença de potencial entre os terminais do capacitor equivalente é igual à diferença de potencial entre os terminais do capacitor 1 q1C1 q2Ceq 112 soluções dos problemas Quando a chave S é deslocada para a direita parte da carga do capacitor 1 é transferida para os capacitores 2 e 3 Se q0 era a carga original do capacitor 1 a lei de conservação da carga nos dá q1 q2 q0 C1 V0 na qual V0 é a diferença de potencial original entre os terminais do capacitor 1 a Resolvendo o sistema de equações q C q C q q C V 1 1 2 1 2 1 0 eq obtemos q C V C C C V C C C C C C C C 1 1 2 0 1 1 2 0 2 3 2 3 1 1 2 2 3 eq V C C C C C C 0 1 2 1 3 2 3 Substituindo por valores numéricos obtemos q1 320 mC b A carga do capacitor 2 é q C V q 2 1 0 1 4 00 12 0 32 0 16 0 F V C C c A carga do capacitor 3 é igual à do capacitor 2 q3 q2 160 mC 29 A energia armazenada por um capacitor é dada por U CV 22 na qual V é a diferença de potencial entre os terminais do capacitor Vamos converter para joules o valor da energia dado no enunciado Como 1 joule equivale a 1 watt por segundo multiplicamos a energia em kW h por 103 WkW3600 sh para obter 10 kW h 36 107 J Assim C U V 2 2 3 6 10 1000 72 2 7 2 J V F 30 Se V é o volume de ar a energia armazenada de acordo com as Eqs 2523 e 2525 é dada por U uV E V 1 2 1 2 8 85 10 150 0 2 12 2 C N m V m 2 2 1 00 9 96 10 8 m J 996 nJ 3 31 A energia total é a soma das energias armazenadas nos dois capacitores Como os capaci tores estão ligados em paralelo a diferença de potencial entre os terminais dos capacitores é a mesma e a energia total é U C C V 1 2 1 2 2 0 10 4 0 10 300 1 2 2 6 6 F F V 2 0 27 J 32 a A capacitância é C A d 0 12 4 8 85 10 40 10 1 0 10 C N m m 2 2 2 3 11 3 5 10 m F 35pF b q CV 35 pF600 V 21 108 C 21 nC soluções dos problemas 113 c U CV22 35 pF21 nC22 63 106 J 63 mJ d E Vd 600 V10 103 m 60 105 Vm 060 MVm e A densidade de energia energia por unidade de volume é u U Ad 6 3 10 1 0 10 1 6 6 3 J 40 10 m m J 4 2 m3 33 Como E q4pâ0R2 VR temos u E V R 1 2 1 2 1 2 8 85 10 0 2 0 2 12 C N m 2 2 8000 0 11 2 V 0050 m Jm3 34 a A carga q3 do capacitor C3 da Fig 528 é q C V 3 3 4 4 00 100 4 00 10 F V C 400 C b V3 V 100 V c U C V 3 3 3 2 2 1 2 2 00 10 20 0 J mJ d q C C V C C 1 1 2 1 2 10 0 5 00 100 10 0 F F V F 5 00 3 33 10 4 F C 333 C e V1 q1C1 333 104 C100 mF 333 V f U C V 1 1 1 2 3 1 2 5 55 10 5 55 J mJ g q2 q1 333 mC h V2 V V1 100 V 333 V 667 V i U C V 2 2 2 2 2 1 2 1 11 10 11 1 J mJ 35 A energia por unidade de volume é u E e r e r 1 2 1 2 4 32 0 2 0 2 2 2 0 4 0 2 a Para r 100 103 m u 916 1018 Jm3 b Para r 100 106 m u 916 106 Jm3 c Para r 100 109 m u 916 106 Jm3 d Para r 100 1012 m u 916 1018 Jm3 e De acordo com a expressão anterior u r 4 Assim para r 0 u 36 a Como de acordo com a Fig 2544 apenas a superfície inferior e a superfície lateral do líquido possuem carga elétrica a carga induzida na superfície do líquido é q A rh r s 2 2 0 2 2 Cm m010 m 2 020 020 m C 2 0 50 114 soluções dos problemas De acordo com a lei de conservação da carga a carga induzida no interior do líquido é q qs 050 mC b De acordo com a Eq 2521 a energia potencial é U q C 2 7 12 3 2 5 0 10 2 35 10 3 6 10 C F J 3 2 6 mJ c Como a energia calculada no item b 36 mJ é menor que a necessária para inflamar o lí quido 100 mJ a resposta é não Entretanto a diferença é relativamente pequena de modo que seria temerário garantir que o recipiente é seguro 37 a Seja q a carga da placa positiva Como a capacitância de um capacitor de placas parale las é dada por â0Ad a carga é q CV â0AVidi na qual Vi é a tensão inicial do capacitor e di é a distância inicial entre as placas Quando a distância entre as placas é aumentada para df a ten são do capacitor passa a ser Vf Nesse caso como a carga permanece a mesma q â0AVfdf e V d A q d A A d V d d V f f f i i f i i 0 0 0 3 8 00 10 3 0 m 0 10 6 00 16 0 3 m V V b A energia armazenada pelo capacitor no estado inicial é U CV AV d i i i i 1 2 2 8 85 10 8 5 2 0 2 12 C N m 2 2 0 10 6 00 2 3 00 10 4 51 10 4 2 3 1 m V m 2 1 J 451 pJ c A energia armazenada pelo capacitor no estado final é U A d V A d d d V d d AV f f f f f i i f i 1 2 1 2 0 2 0 2 0 i i f i i d d d U 2 3 3 8 00 10 3 00 10 4 5 m m 1 10 1 20 10 11 10 J J 120 pJ d O trabalho necessário para separar as placas é a diferença entre a energia final e a energia inicial W Uf 2 Ui 749 pJ 38 a A diferença de potencial entre os terminais de C1 e entre os terminais de C2 é V V C V C C C 1 2 3 1 2 3 15 0 100 10 0 F V F 500 F 150 F V 50 0 Assim q C V q C V 1 1 1 2 2 2 10 0 50 0 500 5 00 F V C F V C C C 750 C 50 0 250 500 250 3 1 2 q q q b V3 V V1 100 V 500 V 500 V c U C V 3 3 3 2 2 2 1 2 1 2 15 0 50 0 1 88 10 F V J 188 mJ d Como foi visto no item a q1 500 mC soluções dos problemas 115 e Como foi visto no item a V1 500 V f U C V 1 1 1 2 2 2 1 2 1 2 10 0 50 0 1 25 10 F V J g Como foi visto no item a q2 250 mC h Como foi visto no item a V2 500 V i U C V 2 2 2 2 2 3 1 2 1 2 5 00 50 0 6 25 10 F V J 39 a Como a carga é a mesma nos três capacitores a maior diferença de potencial corres ponde ao capacitor de menor capacitância Com 100 V entre os terminais do capacitor de 10 mF a tensão entre os terminais do capacitor de 20 mF é 50 V e a tensão entre os terminais do capacitor de 25 mF é 40 V Assim a tensão entre os terminais do conjunto é 100 V 50 V 40 V 190 V b De acordo com a Eq 2522 temos U C V C V C V 1 2 1 2 10 10 100 1 1 2 2 2 2 3 3 2 6 2 F V 20 10 50 25 10 40 0 095 6 2 6 2 F V F V J 95 mJ 40 Se a capacitância original é dada por C â0Ad a nova capacitância é C kâ0A2d na qual k é a constante dielétrica da cera Assim C9C k2 o que nos dá k 2C9C 226 pF13 pF 40 41 De acordo com a Eq 2514 a capacitância de um capacitor cilíndrico é dada por C C L b a 0 0 2 ln na qual k é a constante dielétrica C0 é a capacitância sem o dielétrico L é o comprimento a é o raio interno e b é o raio externo A capacitância por unidade de comprimento do cabo é C L b a 2 2 0 0 12 ln ln Fm 26885 10 60 8 1 10 81 11 mm010 mm Fm pFm 42 a Como C â0Ad temos d A C 0 12 12 8 85 10 0 35 50 10 C N m m F 2 2 2 6 2 10 2 m 62 cm b A nova capacitância é C9 Ckkar 50 pF5610 28 102 pF 028 nF 43 A capacitância com o dielétrico no lugar é dada por C kC0 na qual C0 é a capacitância sem o dielétrico Como a energia armazenada é dada por U CV22 kC0V 22 temos 2 2 7 4 10 7 4 10 652 4 0 2 6 12 U C V J V2 F 7 De acordo com a Tabela 251 você deveria usar pirex 116 soluções dos problemas 44 a De acordo com a Eq 2514 C L b a 2 4 7 0 15 2 8 99 109 0 ln m N m 2 C cm36 cm nF 2ln 3 8 0 73 b O potencial de ruptura é 14 kVmm 38 cm 36 cm 28 kV 45 De acordo com a Eq 2529 com s qA temos E q A 0 3 200 10 N C o que nos dá q 200 10 5 5 8 85 10 0 034 3 12 N C C N m 2 2 m C 2 3 3 10 7 De acordo com as Eqs 2521 e 2527 temos U q C q d A 2 2 0 5 2 2 6 6 10 J 66 J 46 De acordo com a Eq 2527 C A d 1 0 12 3 00 8 85 10 5 00 10 C N m 2 2 3 3 11 2 00 10 6 64 10 m m F 2 e de acordo com a Eq 259 C A d 2 0 12 3 8 85 10 5 00 10 2 0 C N m m 2 2 2 0 10 2 21 10 3 11 m F Assim q1 C1V1 664 1011 F120 V 800 1010 C q2 C2V2 221 1011 F120 V 266 1010 C e portanto qtot 106 109 C 106 nC 47 A capacitância é dada por C kC0 kâ0Ad na qual k é a constante dielétrica C0 é a capa citância sem o dielétrico A é a área das placas e d é a distância entre as placas O campo elétrico na região entre as placas é dado por E Vd na qual V é a diferença de potencial entre as placas Assim d VE C kâ0AEV e A CV 0E A área mínima pode ser obtida fazendo o campo elétrico igual à rigidez dielétrica o que nos dá A F 40 10 V Fm1 3 7 0 10 2 8 8 85 10 8 12 8 10 Vm m 6 0 63 2 48 O capacitor pode ser visto como dois capacitores C1 e C2 ligados em paralelo com placas de área A2 e distância d entre as placas cujos dielétricos têm constantes dielétricas k1 e k2 Assim em unidades do SI temos C C C A d A d A d 1 2 0 1 0 2 0 1 2 2 2 2 8 85 10 5 56 10 5 56 12 4 C N m m 2 2 2 10 7 00 12 00 2 8 41 10 3 12 m F 841 pF soluções dos problemas 117 49 Vamos supor que há uma carga q em uma das placas e uma carga 2q na outra placa O campo elétrico na parte inferior da região entre as placas é E q A 1 1 0 na qual A é a área das placas O campo elétrico na parte superior da região entre as placas é E q A 2 2 0 Seja d2 a espessura de cada dielétrico Como o campo elétrico é uniforme em cada região a diferença de potencial entre as placas é V E d E d qd A qd A 1 2 0 1 2 0 1 2 2 2 2 1 1 2 1 2 e portanto C q V A d 2 0 1 2 1 2 Esta expressão é igual à da capacitância equivalente de dois capacitores em série um com um dielétrico de constante dielétrica k1 e outro com um dielétrico de constante dielétrica k2 com área das placas A e distância d2 entre as placas Note também que para k1 k2 a expressão se reduz a C k1â0Ad o resultado correto para um capacitor com um dielétrico de constante dielétrica k1 área das placas A e distância d entre as placas Para A 789 1024 m2 d 462 1023 m k1 110 e k2 120 temos C 2 8 85 10 7 89 10 4 62 10 12 4 C N m m 2 2 2 3 11 11 0 12 0 11 0 12 0 1 73 10 m F 17 3 pF 50 O capacitor composto descrito no enunciado é equivalente a três capacitores com as se guintes características C1 â0A2k12d â0Ak14d C2 â0A2k2d â0Ak22d C3 â0Ak32d Note que C2 e C3 estão ligados em série e C1 está ligado em paralelo com a combinação C2C3 Assim C C C C C C A d A d 1 2 3 2 3 0 1 0 2 3 2 4 2 2 2 3 0 1 2 3 2 3 2 4 2 A d Para A 105 103 m2 d 356 103 m k1 210 k2 420 e k3 580 temos C 8 85 10 1 05 10 4 3 56 1 12 3 C N m m 2 2 2 0 21 0 2 42 0 58 0 42 0 58 0 4 3 m 55 10 11 F 455 pF 51 a O campo elétrico na região entre as placas é dado por E Vd sendo que V é a diferen ça de potencial entre as placas e d é a distância entre as placas A capacitância é dada por C kâ0Ad na qual A é a área das placas e k é a constante dielétrica Assim d kâ0AC e E VC A 0 12 12 50 100 10 5 4 8 85 10 V F F m 100 10 1 0 10 4 2 4 m V m 10 kVm 118 soluções dos problemas b A carga livre nas placas é ql CV 100 1012 F50 V 50 109 C 50 nC c O campo elétrico é a soma do campo produzido pela carga livre com o campo produzido pela carga induzida Como o campo em uma camada uniforme de carga de grandes dimensões é q2â0A o campo entre as placas é E q A q A q A q A l l i i 2 2 2 2 0 0 0 0 na qual o primeiro termo se deve à carga livre positiva em uma das placas o segundo à carga li vre negativa na outra placa o terceiro à carga positiva induzida na superfície do dielétrico mais próxima da placa negativa do capacitor e o quarto à carga negativa induzida na superfície do dielétrico mais próxima da placa positiva do capacitor Note que os campos produzidos pelas cargas induzidas têm o sinal contrário ao dos campos produzidos pelas cargas livres o que faz com que o campo total seja menor que o campo produzido pelas cargas livres Explicitando qi na expressão anterior obtemos q q AE i l 0 9 12 5 0 10 8 85 10 100 10 C F m 4 2 4 9 1 0 10 4 1 10 m V m C 41 nC 52 a Como o campo elétrico E1 no espaço entre as placas do capacitor e o dielétrico é E1 qâ0A e o campo elétrico E2 no interior do dielétrico é E2 E1k qkâ0A temos V E d b E b q A d b b 0 1 2 0 e a capacitância é C q V A d b b 0 0 12 8 85 10 115 C N m 2 2 10 2 61 2 61 0 0124 0 00780 0 0 4 2 m m m 0780 13 4 m pF b q CV 134 1012 F855 V 115 nC c O módulo do campo elétrico no espaço entre as placas e o dielétrico é E q A 1 0 9 12 1 15 10 8 85 10 115 1 C C N m 2 2 0 1 13 10 4 2 4 m N C d De acordo com a Eq 2534 temos E E 2 1 4 3 1 13 10 2 61 4 33 10 N C N C 53 a Antes da introdução do dielétrico a capacitância é C A d 0 0 12 2 8 85 10 0 12 1 2 10 C N m m 2 2 2 m pF 89 b Usando o mesmo raciocínio do Exemplo Dielétrico preenchendo parcialmente o espaço entre as placas de um capacitor temos C A d b b 0 12 8 85 10 0 12 C N m m 2 2 2 4 8 4 8 1 2 0 40 10 4 0 10 1 2 2 3 m m 102 pF 012 nF c Antes da introdução q C0V 89 pF120 V 11 nC d Como a bateria foi removida do circuito a carga é a mesma após a introdução do dielétrico q 11 nC soluções dos problemas 119 e E q A C 0 0 12 11 10 8 85 10 0 12 C N m m 2 2 2 10 kVm f E E 10 4 8 2 1 kVm kVm g A diferença de potencial entre as placas é V Ed 2 b E9b 10 kVm0012 m 2 00040 m 21 kVm040 103 m 88 V h O trabalho necessário para introduzir o dielétrico é W U q C C 2 0 9 12 2 1 1 11 10 2 1 89 10 C F 2 1 120 10 1 7 10 12 7 F J 017 J 54 a Aplicando a lei de Gauss à superfície do dielétrico obtemos qâ0 kEA o que nos dá q EA 0 7 12 8 9 10 8 85 10 1 4 10 C C N m 2 2 6 4 100 10 7 2 V m m2 b A carga induzida é q q 1 1 8 9 10 1 1 7 2 7 7 7 C 10 7 C 077 C 55 a De acordo com a Eq 2517 a capacitância de um capacitor esférico na ausência de um dielétrico é dada por C ab b a 0 0 4 Quando o dielétrico é introduzido entre as placas a capacitância é multiplicada por k a cons tante dielétrica da substância Assim temos C ab b a 4 23 5 8 99 10 0 01 0 9 2 N m C 2 20 0 0170 0 0170 0 0120 0 107 m m m m nF b A carga da placa positiva é q CV 0107 nF730 V 779 nC c Vamos chamar a carga da placa interna de 2q e a carga induzida na superfície vizinha do dielétrico de q9 Quando o campo elétrico é dividido por k quando o dielétrico está presente q q9 qk Assim q q ab b a V 1 4 1 23 5 1 00 23 5 0 7 79 7 45 nC nC 56 a Como existe uma diferença de potencial de 100 V entre os terminais do capacitor C1 a carga do capacitor é q1 C1V1 100 mF100 V 100 mC b O capacitor equivalente ao ramo do circuito que contém o capacitor C2 é 10 mF2 500 mF Como esse capacitor equivalente está em paralelo com um capacitor de 100 mF o capacitor equivalente do conjunto é 500 mF 100 mF 150 mF Assim a parte do circuito abaixo da bateria pode ser reduzida a um capacitor de 150 mF em série com um capacitor de 100 mF 120 soluções dos problemas Como a diferença de potencial entre os terminais desses dois capacitores em série é 100 V a diferença de potencial entre os terminais do ramo que contém o capacitor C2 é 100 V1150 mF1100 mF 115 mF 400 V Como essa tensão é dividida igualmente entre o capacitor C2 e o capacitor em série com C2 a diferença de potencial entre os terminais de C2 é 200 V e portanto q2 C2V2 100 mF200 V 200 mC 57 Os capacitores C3 e C4 estão em paralelo e portanto podem ser substituídos por um capaci tor equivalente de 15 mF 15 mF 30 mF Como este capacitor equivalente está em série com dois capacitores de mesmo valor a tensão da fonte é distribuída igualmente pelos três capacito res e a tensão entre os terminais do capacitor C4 é 90 V3 30 V o que nos dá q4 C4V4 15 mF30 V 45 mC 58 a Como o terminal D não está ligado a nenhum componente os capacitores 6C e 4C estão em série e o capacitor equivalente é 6C4C6C 4C 24C Este capacitor por sua vez está em paralelo com o capacitor 2C o que resulta em um capacitor equivalente de 44C Fi nalmente o capacitor equivalente de 44C está em série com o capacitor C o que nos dá uma capacitância equivalente C C C C C C eq F F 4 4 4 4 0 82 0 82 50 41 b Agora B é o terminal que não está ligado a nenhum componente os capacitores 6C e 2C estão em série e o capacitor equivalente é 6C2C6C 2C 15C que por sua vez está em paralelo com o capacitor 4C o que resulta em um capacitor equivalente de 55C Finalmente o capacitor equivalente de 55C está em série com o capacitor C o que nos dá uma capacitância equivalente C C C C C C F eq F 5 5 5 5 0 85 0 85 50 42 59 Os capacitores C1 e C2 estão em paralelo o que também acontece com os capacitores C3 e C4 as capacitâncias equivalentes são 60 mF e 30 mF respectivamente Como essas capaci tâncias equivalentes estão em série a capacitância equivalente do circuito é 60 mF30 mF 60 mF 30 mF 20 mF A carga do capacitor equivalente de 20 mF é 20 mF12 V 24 mC Como esta carga também é a carga do capacitor equivalente de 30 mF que corresponde à associação em paralelo de C3 e C4 a tensão entre os terminais de C3 e de C4 é V q C 24 3 8 0 C F V A carga do capacitor C4 é portanto 20 mF80 V 16 mC 60 a De acordo com a Eq 2522 temos U CV 1 2 1 2 200 10 7 0 10 4 9 10 2 12 3 2 3 F V J 49 mJ b Como a energia calculada no item a é muito menor que 150 mJ uma centelha produzida por um operário não poderia provocar a explosão 61 Inicialmente os capacitores C1 C2 e C3 estão ligados em série e podem ser substituídos por um capacitor equivalente que vamos chamar de C123 Resolvendo a equação 1 1 1 1 123 1 2 3 1 2 2 3 1 3 1 2 3 C C C C C C C C C C C C C obtemos C123 240 mF Como V 120 V a carga do circuito é q C123V 288 mC soluções dos problemas 121 Na situação final C2 e C4 estão em paralelo e podem ser substituídos por uma capacitância equi valente a C24 120 mF que está em série com C1 e C3 A capacitância equivalente do circuito é obtida resolvendo a equação 1 1 1 1 1234 1 24 3 1 24 24 3 1 3 1 24 3 C C C C C C C C C C C C C que nos dá C1234 300 mF Assim a carga final é q C1234V 360 mC a A carga que passa pelo ponto P é a diferença entre a carga final e a carga inicial q 360 mC 288 mC 720 mC b O capacitor C24 que usamos para substituir C2 e C4 está em série com C1 e C3 e portanto também adquire uma carga q 360 mC Assim a tensão entre os terminais de C24 é V q C 24 24 36 0 3 00 C 120 F V Como esta tensão é a mesma que existe entre os terminais de C2 e de C4 V4 300 V o que nos dá q4 C4V4 180 mC c A bateria fornece carga apenas às placas às quais está ligada a carga das outras placas se deve apenas à transferência de elétrons de uma placa para outra de acordo com a nova distribuição de tensões pelos capacitores Assim a bateria não fornece carga diretamente ao capacitor 62 De acordo com as Eqs 2520 e 2522 quando os capacitores são ligados em série a capa citância total e portanto a energia armazenada é menor que as energias que podem ser arma zenadas separadamente pelos dois capacitores De acordo com as Eqs 2519 e 2522 quando os capacitores são ligados em paralelo a capacitância total e portanto a energia armazenada é maior que as energias que podem ser armazenadas separadamente pelos dois capacitores Assim os dois valores do meio correspondem às energias armazenadas separadamente pelos dois capacitores De acordo com a Eq 2522 temos a 100 mJ C1 10 V22 C1 20 mF b 300 mJ C2 10 V22 C2 60 mF 63 Inicialmente a capacitância equivalente é C12 C11 C2 11 30 mF e a carga da pla ca positiva dos dois capacitores é 30 mF10 V 30 mC Quando a distância entre as placas de um dos capacitores que vamos chamar de C1 é reduzida à metade a capacitância aumenta para 12 mF veja a Eq 259 A nova capacitância equivalente é portanto C12 C1 1 C2 11 40 mF e a nova carga da placa positiva dos dois capacitores é 40 mF10 V 40 mC a A carga adicional transferida para os capacitores é 40 mC 30 mC 10 mC b Como estamos falando de dois capacitores em série e capacitores em série armazenam cargas iguais a carga total armazenada nos dois capacitores é duas vezes maior que o valor calculado no item a ou seja 20 mC 64 a Os capacitores C2 C3 e C4 em paralelo podem ser substituídos por um capacitor equi valente C 12 mF e os capacitores C5 e C6 em paralelo podem ser substituídos pelo capacitor equivalente C 12 mF Isso nos dá três capacitores em série C1 C9 e C cuja capacitância equivalente é Ceq 3 mF Assim a carga armazenada no sistema é qsis CeqVbat 36 mC 122 soluções dos problemas b Como qsis q1 a tensão entre os terminais de C1 é V q C 1 1 1 36 6 0 6 0 C F V A tensão aplicada à combinação em série de C9 e C é portanto Vbat V1 60 V Como C9 C V9 V 602 30 V que por sua vez é igual a V4 a tensão aplicada a C4 Assim q4 C4V4 40 mF30 V 12 mC 65 Podemos pensar no capacitor composto como a associação em série de dois capacitores C1 e C2 o primeiro com um material de constante dielétrica k1 300 e o segundo com um material de constante dielétrica k2 400 Usando as Eqs 259 e 2527 e substituindo C1 e C2 por uma capacitância equivalente obtida com o auxílio da Eq 2520 temos C A d eq F 1 2 1 2 0 10 1 52 10 Assim q CeqV 106 109 C 66 Antes de mais nada precisamos obter uma expressão para a energia armazenada em um cilindro de raio R e comprimento L cuja superfície está entre os raios das placas do capacitor a R b A densidade de energia em qualquer ponto do interior do capacitor é dada por u â0E22 na qual E é o módulo do campo elétrico no ponto considerado De acordo com a Eq 2512 se q é a carga na superfície do cilindro interno o módulo do campo elétrico em um ponto situado a uma distância r do eixo do cilindro é dado por E q Lr 2 0 e a densidade de energia nesse ponto é u E q L r 1 2 8 0 2 2 2 0 2 2 A energia armazenada no cilindro é a integral de volume U R udV Como dV 2prLdr temos U q L r rLdr q L dr r q L R a R 2 2 0 2 2 2 0 2 0 8 2 4 4 ε ln R a a R Para obter uma expressão para a energia total armazenada no capacitor substituímos R por b U q L b a b 2 40 ln Fazendo URUb 12 temos ln ln R a b a 1 2 Tomando as exponenciais de ambos os membros da equação mostrada obtemos R a b a b a 1 2 o que nos dá R ab soluções dos problemas 123 67 a A capacitância equivalente é C C C C C eq F F F F 1 2 1 2 6 00 4 00 6 00 4 00 2 40 F b q1 CeqV 240 mF200 V 480 104 C 0480 mC c V1 q1C1 480 104 C600 mF 800 V d q2 q1 480 104 C 0480 mC e V2 V V1 200 V 800 V 120 V 68 a Ceq C1 C2 600 mF 400 mF 100 mF b q1 C1V 600 mF200 V 120 103 C 120 mC c V1 200 V d q2 C2V 400 mF200 V 800 104 C 0800 mC e V2 V1 200 V 69 De acordo com a Eq 2522 U CV22 Quando a tensão aumenta de V para V V a energia aumenta de U para U U CV V22 Dividindo ambos os membros da última equação por U obtemos 1 2 1 2 2 2 2 U U C V V U C V V CV V V o que nos dá V V U U 1 1 1 10 1 4 9 70 a Como o efeito da introdução da barra de cobre é diminuir a distância efetiva entre as placas do capacitor de um valor igual à largura da barra C9 â0Ad b 0708 pF b De acordo com a Eq 2522 a razão entre as energias armazenadas antes e depois da intro dução da barra é U U q C q C C C A d b A d d d b 2 2 0 0 2 2 5 0 0 5 00 2 00 1 67 c O trabalho realizado quando a barra é introduzida é W U U U q C C q A d b d q 2 2 0 2 2 1 1 2 b A 2 5 44 0 J d O fato de que o trabalho é negativo mostra que a barra é atraída para o espaço entre as placas 71 a C9 â0Ad b 0708 pF como no item a do Problema 2570 b A razão entre as energias armazenadas é U U CV C V C C A d A d b d b d 2 2 0 0 2 2 5 0 0 2 00 5 00 0 600 124 soluções dos problemas c O trabalho realizado é W U U U C C V A d b d V 1 2 2 1 1 2 0 2 0 AbV d d b 2 9 2 1 02 10 J d No Problema 2570 no qual o capacitor é desligado da bateria e a barra é atraída para o espaço entre as placas a força F de atração é dada por dUdx Entretanto a mesma relação não pode ser usada no caso em que a bateria continua ligada ao circuito porque nesse caso a força de atração não é conservativa A distribuição de carga da barra faz com que a barra seja atraída pela distribuição de carga das placas o que produz um aumento da energia potencial armazenada pela bateria no capacitor 72 a A capacitância equivalente é Ceq C1C2C1 C2 e a carga armazenada nos capacitores é q q q C V C C V C C 1 2 1 2 1 2 2 00 eq F800 F30 0 V F F C 0480 mC 2 00 8 00 4 80 10 4 b A diferença de potencial é V1 qC1 480 104 C20 mF 240 V c Como foi visto no item a q2 q1 480 104 C 0480 mC d V2 V V1 300 V 240 V 600 V Nesse caso q C q C 1 1 2 2 e q q q 1 2 2 Explicitando q2 na segunda equação e substituindo na primeira obtemos e q C q C C C 1 1 1 2 2 2 2 00 2 00 8 F480 10 F 4 00 1 92 10 4 F C 0192 mC f A nova diferença de potencial é V q C C 1 1 1 4 1 92 10 2 00 96 0 F V g q q q 2 1 4 4 2 2 4 80 10 1 92 10 7 68 10 C C 4 C 0768 mC h V V 2 1 96 0 V i Nesse caso os capacitores se descarregam e q1 0 j V1 0 k q2 0 l V2 V1 0 73 A tensão entre os terminais do capacitor 1 é V q C 1 1 1 30 10 3 0 C F V Como V2 V1 a carga do capacitor 2 é q C V 2 2 2 20 2 60 F V C o que significa que a carga total armazenada nos capacitores C1 e C2 é 30 mC 60 mC 90 mC Nesse caso a carga total armazenada nos capacitores C3 e C4 também é 90 mC Como C3 C4 soluções dos problemas 125 a carga se divide igualmente entre os dois capacitores e portanto q3 q4 45 mC Assim a tensão entre os terminais do capacitor 3 é V q C 3 3 3 45 20 2 3 C F V o que nos dá VA VB V1 V3 53 V 74 Como C â0kAd kd para obter o maior valor possível de C devemos escolher o mate rial com o maior valor de kd Para os materiais propostos no enunciado os valores de kd são os seguintes mica 5400001 m 54000 m1 vidro 700002 m 3500 m1 parafina 20 001 m 200 m1 Assim devemos escolher a mica 75 Não podemos usar a lei de conservação da energia porque antes que o equilíbrio seja atin gido parte da energia é dissipada na forma de calor e de ondas eletromagnéticas Entretanto a carga é conservada Assim se Q é a carga armazenada inicialmente no capacitor C e q1 e q2 são as cargas armazenadas nos dois capacitores depois que o sistema entra em equilíbrio Q q q C C 1 2 100 40 60 40 V V F V o que nos dá C 40 mF 76 Vamos chamar de Vt a tensão aplicada ao conjunto de capacitores e de Ut a energia total armazenada nos capacitores Como todos os capacitores são iguais a tensão é dividida igual mente entre eles e a tensão entre os terminais de cada capacitor é V Vtn Como a energia armazenada em cada capacitor é CV22 temos 1 2 2 2 10 10 2 2 2 6 2 C V n U n CV U t t t t F V 25 10 4 6 J 77 a Como tanto a diferença de potencial entre as placas como a distância entre as placas são iguais para os dois capacitores os campos elétricos em A e em B também são iguais E E V d B A 2 00 105 V m b Como foi visto no item a EA 200 105 Vm 200 kVm c De acordo com a Eq 254 q A 0EA 12 5 8 85 10 2 00 10 1 77 Fm Vm 10 1 77 6 2 2 C m Cm d De acordo com a Eq 2529 0 12 5 2 60 8 85 10 2 00 10 EB Fm Vm 4 60 10 4 60 6 2 C m Cm2 e Embora a discussão do livro Seção 258 seja feita usando a hipótese de que a carga per manece a mesma quando o dielétrico é introduzido pode ser facilmente adaptada à situação descrita neste problema na qual a tensão permanece a mesma quando o dielétrico é introduzi do O fato de que o campo elétrico é o mesmo no interior dos dois capacitores embora a carga do capacitor B seja maior que a do capacitor A está de acordo com a ideia apresentada no livro de que o campo elétrico produzido pelas cargas induzidas no dielétrico tem o sentido oposto ao do campo elétrico produzido pelas placas do capacitor Adaptando a Eq 2535 a este problema 126 soluções dos problemas vemos que a diferença entre as densidades de cargas livres no capacitor B e no capacitor A é igual à densidade de carga s na superfície do dielétrico do capacitor B Assim temos 1 77 10 4 60 10 2 83 10 6 6 6 C m2 78 a Ligue cinco capacitores em série Assim a capacitância equivalente é Ceq 20 mF5 040 mF e como a diferença de potencial que cada capacitor pode suportar é 200 V o circuito pode suportar uma tensão de 5200 V 1000 V b Uma possibilidade é montar três conjuntos iguais de capacitores em série cada conjunto com cinco capacitores e ligar os três conjuntos em paralelo Assim a capacitância equivalente é Ceq 3040 mF 12 mF e como a diferença de potencial que cada capacitor pode suportar é 200 V o circuito pode suportar uma tensão de 5200 V 1000 V 1 a A carga que passa por uma seção reta do fio é o produto da corrente pelo intervalo de tempo t de duração da corrente Assim temos q it 50 A240 s 12 103 C 12 kC b O número N é dado por N qe 1200 C160 1019 C 75 1021 2 Suponha que a carga da esfera aumenta de q em um intervalo de tempo t Nesse intervalo de tempo o potencial da esfera aumenta de V q r 4 0 em que r é o raio da esfera Isso significa que q 4pâ0rV Como q ient isait na qual ient é a corrente que entra na esfera e isai é a corrente que sai da esfera temos t q i i r V i i ent sai ent sai m 4 0 10 100 0 0 8 99 10 1 0000020 1 0000000 5 9 V Fm A A 6 10 3 s 3 Se s é a densidade superficial de carga e l é a largura da correia a corrente associada ao movimento das cargas é i svl o que nos dá i vl 100 10 30 50 10 6 7 10 6 2 6 A m s m C m2 4 Para expressar a densidade de corrente em unidades do SI convertemos os diâmetros dos fios de mils para polegadas dividindo por 1000 e depois executamos a conversão de polegadas para metros multiplicando por 00254 Feito isso podemos usar a relação J i A i R i D 2 2 4 na qual i é a corrente e D é o diâmetro do fio No caso de um fio calibre 14 por exemplo D 64 mils 00016 m e a densidade de corrente segura é J 415 Ap000163 m2 72 106 Am2 Na verdade este é o calibre para o qual o valor de J é máximo O gráfico a seguir mostra a densidade de corrente segura J em Am2 em função do diâmetro do fio em mils Capítulo 26 128 soluções dos problemas 5 a O módulo da densidade de corrente é dado por J nqv na qual n é o número de partículas por unidade de volume q é a carga das partículas e v é a velocidade das partículas Como os íons são positivos e duplamente carregados a carga das partículas é 2e Assim temos J n2ev 2 1014 íonsm3320 1019 C10 105 ms 64 Am2 b Como as partículas são positivamente carregadas a densidade de corrente tem a mesma direção que a velocidade ou seja aponta para o norte c Para calcular a corrente é preciso conhecer a área da seção reta do feixe de íons caso em que a equação i JA pode ser usada 6 a Como a área de um círculo é proporcional a r2 o eixo horizontal do gráfico da Fig 2623b representa a menos de um fator constante p à área do fio O fato de que o gráfico é uma linha reta indica que a densidade de corrente J iA é constante Por isso a resposta é sim a densi dade de corrente é uniforme b Como de acordo com o gráfico da Fig 2623b a corrente é 50 mA quando o raio é 400 mm2 temos J i r 2 6 2 0 005 4 10 398 4 0 10 A m Am 2 2 7 A área da seção reta do fio é dada por A pr2 na qual r é o raio metade do diâmetro do fio Como o módulo do vetor densidade de corrente é J i A i r 2 temos r i J 0 50 440 10 1 9 10 4 4 A Am m 2 O diâmetro do fio é portanto d 2r 219 104 m 38 104 m 038 mm 8 a O módulo da densidade de corrente é J i A i d 2 10 3 2 4 4 1 2 10 2 5 10 2 4 A m 10 5 Am2 b A velocidade de deriva dos elétrons é v J d ne 2 4 10 8 47 10 1 60 10 5 28 1 Am m 2 3 9 15 1 8 10 C ms 9 A largura da região considerada r 10 mm é tão pequena em comparação com a distância da região ao centro do fio r 120 mm que podemos usar a aproximação Br rdr Br r r 2 2 Assim a corrente que passa no anel é ianel 2pBr2r 2p200 105 Am2000120210 106 1181 105 A 181 mA 10 Supondo que a densidade de corrente J é paralela ao fio a Eq 264 nos dá i J dA kr rdr k R R R R 2 9 10 4 4 2 1 2 0 656 1 2 3 0 10 0 00200 0 656 0 0020 8 4 m 0 2 59 10 4 3 m A soluções dos problemas 129 11 a A corrente é i J dA J R r rdr R J a S R 0 0 2 0 2 2 3 2 3 3 40 10 3 2 4 5 50 10 1 33 m Am A 2 b A corrente é i J dA J r R rdr R J b R S 0 0 2 0 1 2 1 3 1 3 3 40 10 5 50 10 0 666 3 2 4 m Am A 2 c Comparando as duas funções vemos que Jb 0 para r R enquanto Ja não varia com a distância radial Assim Ja é maior perto da superfície do fio 12 a O módulo da densidade de corrente é J nev 8 70 10 1 60 10 470 10 6 19 3 m C ms 3 6 54 10 0 654 7 Am Am 2 2 b Embora a área da superfície da Terra seja aproximadamente 4 2 RT a área da superfície de uma esfera a área a ser usada no cálculo de quantos prótons em um feixe aproximadamente unidirecional o vento solar são recebidos pela Terra é a seção de choque da Terra ou seja um alvo cuja área é uma circunferência de área RT 2 Assim temos i AJ R J T 2 6 2 7 6 37 10 6 54 10 8 3 m Am2 4 107 A 834 MA 13 Como a velocidade de deriva dos elétrons é dada por vd Jne iAne temos t L v L i Ane LAne i d m m2 0 85 0 21 10 8 14 49 10 1 60 10 300 8 1 1 28 19 elétronsm C A 3 0 2 s 13 min 14 Como a diferença de potencial V e a corrente i estão relacionadas através da equação V iR na qual R é a resistência do eletricista a tensão fatal é V 50 103 A2000 Ω 100 V 15 A resistência da bobina é dada por R rLA na qual r é a resistividade do cobre L é o comprimento do fio e A é a área da seção reta do fio Como o comprimento de cada espira é 2pr na qual r é o raio da bobina L 2502pr 2502p012 m 1885 m Se rf é o raio do fio a área da seção reta é A rf 2 3 2 6 0 65 10 1 33 10 m m2 Como de acordo com a Tabela 261 a resistividade do cobre é r 169 108 Ω m temos R L A 1 69 10 188 5 1 33 10 2 4 8 6 2 m m m 16 A resistência por unidade de comprimento rL e a resistividade r estão relacionadas através de equação rL rA na qual A é a área da seção reta do fio a massa por unidade de comprimen to mL e a massa específica m estão relacionadas através da equação mL mA 130 soluções dos problemas a No caso do cobre J iA irLr 600 A0150 Ωkm169 108 Ω m 532 105 Am2 b No caso do cobre mL mA mrrL 8960 kgm3169 108 Ω m0150 Ωkm 101 kgm c No caso do alumínio J irLr 600 A0150 Ωkm275 108 Ω m 327 105 Am2 d No caso do alumínio mL mrrL 2700 kgm3275 108 Ω m0150 Ωkm 0495 kgm 17 Como a condutividade s é o recíproco da resistividade temos 1 1 0 1 L RA L V i A Li VA m 40 A 20 V 0 10 2 0 10 6 2 6 1 1 m m 18 a i VR 230 V150 103 Ω 153 103 A 163 kA b Como a área da seção reta do fio é A pr2 pD24 temos J i A i D 4 4 1 53 10 5 41 2 3 3 2 A 600 10 m 10 54 1 7 Am2 MAm2 c A resistividade é RA L 15 0 10 6 00 10 4 4 00 10 3 3 m m 2 6 10 8 m d O material é a platina 19 De acordo com a Eq 2616 a resistência do fio é dada por R rLA na qual r é a resistivi dade do material L é o comprimento do fio e A é a área da seção reta do fio Neste caso A r 2 3 2 7 0 50 10 7 85 10 m m2 e RA L 50 10 7 85 10 2 0 2 0 10 3 7 8 m m 2 m 20 Vamos chamar o diâmetro do fio de D Como R LA Eq 2616 e A pD24 D2 a resistência do segundo fio é R R A A L L R D D L L 2 1 2 2 1 1 2 2 2 1 R R 2 1 2 2 2 21 A resistência quando a lâmpada está acesa é R Vi 29 V030 A 967 Ω Como R R0 R0a T T0 temos T T R R 0 0 3 1 1 20 1 4 5 10 9 6 C K 7 1 1 1 1 8 103 C Como uma variação de temperatura em graus Celsius é igual a uma variação de temperatura em kelvins o valor de a usado nos cálculos é compatível com as outras unidades envolvidas O valor de a para o tungstênio foi obtido na Tabela 261 soluções dos problemas 131 22 Seja r o raio da linha da pipa e seja e a espessura da camada de água A área da seção reta da camada de água é A r t r 2 2 3 2 3 2 50 10 2 00 10 m m m2 2 6 7 07 10 De acordo com a Eq 2616 a resistência do fio molhado é R L A 150 800 7 07 10 1 698 10 6 2 10 m m m e a corrente é i V R 1 60 10 10 9 42 10 8 10 3 V 1698 A 942 m A 23 De acordo com a Eq 2610 J Er na qual J é a densidade de corrente E é o campo elétrico uniforme no interior do fio e r é a resistividade do material do fio Como o campo elétrico é dado por E VL na qual V é a diferença de potencial entre as extremidades do fio e L é o comprimento do fio J VLr e V LJ 115 1 4 10 8 2 10 4 4 V 10 m A m m 2 24 a Como o material é o mesmo a resistividade r é a mesma o que significa de acordo com a Eq 2611 que os campos elétricos nos diferentes trechos são diretamente proporcionais às densidades de corrente Assim de acordo com o gráfico da Fig 2624a J125 J24 J315 Como as barras estão ligadas em série a corrente é a mesma nas três barras e portanto J1A1 J2A2 J3A3 Como A r2 temos 2 5 4 1 5 1 2 2 2 3 2 r r r Para r3 2 mm a relação 2 5 1 5 1 2 3 2 r r nos dá r1 155 mm b A relação 4r2 2 15r3 2 nos dá r2 122 mm 25 Como a densidade do material não muda o volume permanece o mesmo Se L0 é o compri mento original L é o novo comprimento A0 é a área da seção reta original e A é a área da nova seção reta L0A0 LA e A L0A0L L0A03L0 A03 A nova resistência é R L A L A L A R 3 3 9 9 0 0 0 0 0 na qual R0 é a resistência original Para R0 60 Ω R 960 Ω 54 Ω 26 O valor absoluto da inclinação das retas do gráfico da Fig 2625b é igual ao valor absoluto do campo elétrico nos trechos correspondentes da placa Aplicando as Eqs 265 e 2613 aos três trechos da placa resistiva temos J1 iA s1 E1 s1 050 103 Vm J2 iA s2 E2 s2 40 103 Vm J3 iA s3 E3 s3 10 103 Vm Note que J1 J2 J3 já que os valores de i e A são os mesmos nos três trechos Como s3 300 107 Ω m1 temos a s1 2s3 2 300 107 Ω m1 600 107 Ω m1 b s2 s34 300 107 Ω1 m14 750 106 Ω m1 132 soluções dos problemas 27 A resistência do condutor A é dada por R L r A A 2 na qual rA é o raio do condutor Se rext é o diâmetro externo do condutor B e rint é o diâmetro interno a área da seção reta é int r r ext 2 2 e a resistência é R L r r B int ext 2 2 A razão pedida é R R r r r A B A ext 0mm mm 2 2 2 2 2 1 0 50 0 50 int mm 2 3 0 28 De acordo com as Eqs 268 e 2616 V iR irLA De acordo com a Tabela 261 a re sistividade do cobre é 169 108 Ω m De acordo com o gráfico da Fig 2626 para L xs a queda de tensão é V Vs o que nos dá i AV x r V x s s s s 2 2 6 0 002 12 10 1 69 m V 10 3 0 0 0029 3 0 8 m m A mA 29 A resistência do fio de cobre é R L A 1 69 10 0 020 2 0 10 2 8 3 2 m m m 69 10 5 Para uma diferença de potencial V 300 nV a corrente que atravessa o fio é i V R 3 00 10 10 1 115 10 9 5 4 V 269 A A carga que passa por uma seção reta do fio em 300 ms é Q i t 1 115 10 10 3 35 10 4 3 7 A300 s C 30 De acordo com as informações do enunciado o diâmetro de um fio calibre 22 é 14 do diâ metro de um fio calibre 10 Assim como R rLA a resistência de 25 pés de um fio calibre 22 é R 100 Ω25 pés1000 pés42 040 Ω 31 a A corrente em cada fio é i 0750 A125 600 103 A b A diferença de potencial é V iR 600 103 A265 106 Ω 159 108 V c A resistência é Rtotal 265 106 Ω125 212 108 Ω 32 De acordo com as Eqs 267 e 2613 J s E n nevd a O módulo da densidade de corrente é J s E 270 1014 Ω m1120 Vm 324 1012 Am2 324 pAm2 b A velocidade de deriva é v E n n e d 2 70 10 120 620 14 m 1 V m 550 1 60 10 1 73 19 íons cm C cm s 3 soluções dos problemas 133 33 a i VR 358 V935 Ω 383 102 A b J iA 383 102 A350 104 m2 109 Am2 c vd Jne 109 Am2533 1022m3 160 1019 C 128 102 ms d E VL 358 V0158 m 227 Vm 34 A concentração de elétrons de condução no cobre é n 849 1028 m3 O campo elétrico no fio 2 é 100 mV200 m 500 mVm Como r 169 108 Ω m para o cobre veja a Tabela 261 a Eq 2610 nos dá uma densidade de corrente J2 500 mVm169 108 Ω m 296 Am2 Como a corrente é a mesma nos fios 1 e 2 temos de acordo com a Eq 265 J A J A J R J R 1 1 2 2 1 2 2 2 4 o que nos dá J1 74 Am2 Assim de acordo com a Eq 2620 v J d ne 1 9 5 44 10 ms 35 a A Fig 2629 mostra a corrente i entrando no tronco de cone pela base menor e saindo pela base maior vamos escolher este sentido como sentido positivo do eixo x Como a densida de de corrente J é uniforme Jx iA na qual A pr2 é a área da seção reta do cone Como de acordo com a Eq 2611 E rJ temos E x i r 2 Integrando Ex podemos determinar a diferença de potencial V entre as bases do tronco de cone e calcular a resistência usando a relação R Vi Eq 268 Para isso porém é preciso conhecer como r varia com x Como o raio do tronco de cone varia linearmente com x sabemos que r c1 c2x na qual c1 e c2 são constantes Tomando como origem o centro da base menor do tronco de cone r a para x 0 e portanto c1 a Como r b para x L b a c2L o que nos dá c2 b aL Assim temos r a b a L x Substituindo r por esse valor na expressão de Ex obtemos E x i a b a L x 2 A diferença de potencial entre as bases do tronco de cone é V E dx i a b a L x dx i L b L L 0 0 2 a a b a L x i L b a a b i L L 1 0 1 1 b a b a ab i L ab e a resistência é R V i L ab 731 10 m194 10 m 200 2 3 3 5 2 30 10 9 81 981 m m 10 k Note que se b a R rLpa2 rLA na qual A pa2 é a área da seção reta do cilindro 134 soluções dos problemas 36 Supondo que a corrente se espalha uniformemente no hemisfério a densidade de corrente a uma distância r do local onde caiu o raio é J I2pr2 De acordo com a Eq 2610 o campo elétrico a essa distância é E J I r a a 2 2 na qual ra é a resistividade da água A diferença de potencial entre um ponto a uma distância D do local onde caiu o raio e um ponto a uma distância D r é V Edr I r dr I D r D D r a D D r a 2 2 1 2 1 2 D I r D D r a e portanto a corrente que atravessa o corpo do nadador é i V R I R r D D r a 2 Substituindo por valores numéricos obtemos i 30 0 7 80 10 2 4 00 10 0 70 3 4 3 m A m 5 0 35 0 0 70 5 22 10 2 m m m A 52 mA 37 De acordo com as Eqs 2623 e 2624 r τ1 vef essas relações são discutidas no Exem plo Tempo livre médio e livre caminho médio Como de acordo com a Eq 1931 v T ef T 38 A inclinação do gráfico da Fig 2631b é P 250 103 J500 s 50 104 W Como de acordo com a Eq 2628 P V 2R temos V PR 5 0 10 20 0 10 4 W V 39 De acordo com a Eq 2626 a potência térmica gerada é P iV 10 0 120 1 20 A V kW e o tempo necessário para cozinhar três salsichas é t 3 60 0 10 1 20 10 150 3 3 J W s 40 R Pi2 100 W300 A2 111 Ω 41 a De acordo com a Eq 2628 a taxa de conversão de energia elétrica em energia térmica é P V2R na qual V é a diferença de potencial aplicada ao aquecedor e R é a resistência do aquecedor Assim P 120 14 1 0 10 1 0 3 V W kW 2 b O custo é 10 kW50 h 005kW h 025 42 a Como na Fig 2632 a corrente convencional circula no sentido horário o campo elé trico aponta para baixo o que significa que os elétrons se movem para cima b De acordo com a Eq 248 W qV eV 12 eV ou em joules W 12 16 1019 C 19 1018 J c Como quase toda a energia dos elétrons é dissipada em forma de calor a resposta é a mesma do item b 12 eV soluções dos problemas 135 43 Como de acordo com a Eq 2628 P V 2R P V 2 Assim a potência dissipada no se gundo caso é P 1 50 0 540 0 135 2 V 300 V W W 44 Como de acordo com a Eq 2626 P iV a carga é q it PtV 70 W 50 h 3600 sh90 V 14 104 C 14 kC 45 a De acordo com a Eq 2626 a potência dissipada a corrente do aquecedor e a tensão aplicada ao aquecedor estão relacionadas através da equação P iV Assim i P V 1250 10 9 W 115 V A b De acordo com a Eq 268 V iR na qual R é a resistência do aquecedor Assim R V i 115 10 6 V 109 A c A energia térmica E produzida pelo aquecedor em 10 h é E Pt 1250 4 50 106 W3600 s J 450 MJ 46 a De acordo com a Tabela 261 e a Eq 2610 temos E J 1 69 10 2 00 2 00 10 1 8 6 2 m A m 69 10 2 Vm 169 mVm b De acordo com a Tabela 261 e a Eq 2616 R L A 1 69 10 4 00 2 00 10 0 0338 8 6 2 m m m A taxa de geração de energia térmica é dada pela Eq 2627 P i2R 200 A200338 Ω 0135 W A energia térmica gerada em 30 min é dada por E 0135 Js180 s 243 J 47 a Como de acordo com as Eqs 2628 e 2616 P V 2R AV 2rL temos L AV P 2 6 7 2 60 10 75 0 5 00 10 m V m 2 2 500 W 5 85 m b Como L V 2 o novo comprimento é L L V V 2 2 5 85 10 4 m 100 V 750 V m 48 A massa de água envolvida é m AL 1000 15 10 0 12 0 018 5 kgm m m 3 2 kg e a energia necessária para vaporizar a água é Q Lm 2256 0 018 4 06 104 kJ kg kg J A energia térmica produzida pela passagem da corrente elétrica através da água é dada por Q P t I R t 2 136 soluções dos problemas Como a resistência da massa de água envolvida é R L A a 150 0 120 15 10 1 2 10 5 2 5 m m m a corrente necessária para vaporizar a água é I Q R t 4 06 10 1 2 10 2 0 10 13 0 4 5 3 J s A 49 a O custo pedido é 100 W24 hdia31diasmês 006kW h 446 b R V 2P 120 V2100 W 144 Ω c i PV 100 W120 V 0833 A 50 As inclinações das retas da Fig 2633b nos dão P1 40 mJ5 s 8 mW e P2 20 mJ 5 s 4 mW De acordo com a lei de conservação da energia a potência da bateria é Pbat P1 P2 8 mW 4 mW 12 mW 51 a De acordo com a Eq 2616 R L r C C C C 2 6 2 2 0 10 1 0 m m 000050 m 2 55 e de acordo com a Eq 268 V V V iR C C 1 2 2 0 2 55 5 1 A V b Analogamente R L r D D D D 2 6 2 1 0 10 1 0 m m 000025 m 5 09 e V V V iR D D 2 3 2 0 5 09 10 2 10 A V V c De acordo com a Eq 2627 P i R C C 2 10 W d Analogamente P i R D D 2 20 W 52 Supondo que a corrente é longitudinal a Eq 264 nos dá i JdA ar rdr a R R 2 0 4 10 4 2 1 2 1 2 2 75 10 Am 3 00 10 3 50 3 4 m A A taxa de geração de energia térmica é dada pela Eq 2626 P iV 350 A60 V 210 W A energia térmica gerada em 1 h é Q P t 210 3600 7 56 105 W s J 756 kJ 53 a De acordo com a Eq 2628 R V 2P 120 V2500 W 288 Ω soluções dos problemas 137 b De acordo com a Eq 2626 n i e P eV 500 2 60 10 19 19 W 160 10 C120 V s 1 54 De acordo com a Eq 2628 para que a potência dissipada seja 200 W devemos ter R 50 V2200 W 0125 Ω mas para isso é preciso que 5 00 0 125 0 x dx L Assim 5 00 2 0 125 0 224 L2 L m 55 Seja RQ a resistência na temperatura mais alta 800C e RF a resistência na temperatura mais baixa 200C De acordo com a Eq 2628 como a diferença de potencial é a mesma nos dois casos a potência dissipada na temperatura mais baixa é PL V2RL e a potência dissipada na temperatura mais alta é PQ V 2RQ o que nos dá PF RQRFPQ Como R R R T F Q Q na qual T TL TQ temos P R R R T P P T F Q Q Q Q Q 1 500 4 0 10 4 1 W 1 K K W 600 660 56 a A corrente é i V R V L A Vd L V00400polegada 2 4 120 254 10 mpolegada m33 2 2 4 1 69 10 8 0 m 1 74 A b A densidade de corrente é J i A i d 4 4 1 74 2 A 00400 polegada254 10 mpolegada Am MAm 2 2 2 2 15 10 2 15 6 2 c E VL 120 V330 m 363 102 Vm 363 mVm d P Vi 120 V174 A 209 W 57 De acordo com a Eq 2626 i PV 200 A De acordo com a Eq 261 como a corrente é constante q it 288 104 C 58 Vamos usar o índice c para indicar a barra de cobre e o índice a para indicar a barra de alumínio a A resistência da barra de alumínio é R L a A 2 75 10 1 3 5 2 10 1 3 8 3 2 m m m 10 3 138 soluções dos problemas b Fazendo R rcLpd 24 e explicitando d o diâmetro da barra de cobre obtemos d L R c 4 4 1 69 10 1 3 8 m m 13 103 4 6 10 3 m 59 a Como RA L R d L 2 3 3 4 1 09 10 5 50 10 m 2 4 1 60 1 62 10 8 m m o fio é feito de prata b A resistência do disco é R L A L d 4 4 1 62 10 2 8 m100 10 m 3 200 102 m2 5 16 10 8 60 a A corrente elétrica pode ser considerada uma vazão de cargas elétricas Como vimos no Capítulo 14 a vazão é o produto da área da seção reta do fluido em movimento pela velocidade média das partículas do fluido Assim i rAv na qual r é a carga por unidade de volume Se a seção reta é circular i rpR2v b Como um coulomb por segundo corresponde a um ampère temos i 1 1 10 2 0 1 7 10 3 3 2 5 Cm m ms 0050 A 17 A c O movimento das cargas não é na mesma direção que a da diferença de potencial calculada no Problema 70 do Capítulo 24 Basta pensar por analogia na Eq 748 o produto escalar na equação P F v deixa claro que P 0 se F v Isto sugere que uma diferença de potencial radial e um movimento de cargas longitudinal não podem se combinar para produzir uma trans ferência de energia na forma de uma centelha d Supondo que existe uma tensão igual à calculada no Problema 70 do Capítulo 24 com a orientação adequada para permitir que a energia seja transferida para uma centelha podemos usar o resultado desse problema na Eq 2626 P iV 1 7 10 7 8 10 1 3 5 4 A V W e Se a centelha durou 020 s a energia transferida foi 13 W020 s 027 J f Como o resultado do item e é maior que a energia necessária para produzir uma centelha 015 J concluímos que é provável que a centelha tenha acontecido na saída do cano ou seja na entrada do silo 61 a A carga que atinge a superfície em um intervalo de tempo t é dada por q i t na qual i é a corrente Como cada partícula possui uma carga 2e o número de partículas que atin gem a superfície é N q e i t e 2 2 0 25 10 3 0 2 1 6 10 6 19 A s C 2 3 1012 b Seja N o número de partículas em um segmento do feixe de comprimento L Todas essas partículas passam pela seção reta do feixe na extremidade do segmento em um intervalo de tempo t Lv na qual v é a velocidade das partículas Como a corrente i é a carga que passa pela seção reta por unidade de tempo i eN t eN v L 2 2 soluções dos problemas 139 o que nos dá N iL2ev Para calcular a velocidade das partículas partimos do fato de que a energia cinética de uma partícula é K 20 20 10 1 60 10 3 2 10 6 19 1 MeV eV JeV 2J Como K mv22 a velocidade é v K m 2 Como a massa de uma partícula alfa é aproximadamente 4 vezes maior que a massa de um próton m 4167 1027 kg 668 1027 kg o que nos dá v 2 3 2 10 3 1 10 12 27 7 J 668 10 kg ms e N iL 2ev 0 25 10 20 10 2 1 60 10 6 2 19 m C 3 1 10 5 0 10 7 3 ms c De acordo com a lei de conservação da energia a soma da energia potencial inicial com a energia cinética inicial é igual à soma da energia potencial final com a energia cinética final Sabemos que a energia potencial inicial é Ui qV 2eV na qual V é a diferença de poten cial que queremos calcular a energia cinética inicial é Ki 0 a energia potencial final Uf é zero e a energia cinética final é Kf 20 MeV Assim Ui 2eV Uf Kf Ki 0 20 MeV 0 V 20 MeV2e 10 MV 62 De acordo com a Eq 2628 R V P 2 2 200 3000 13 3 V W 63 Combinando a Eq 2628 com a Eq 2616 é fácil mostrar que a potência é inversamente proporcional ao comprimento quando a tensão permanece constante como neste caso Assim como o novo comprimento é 78 do comprimento original a nova potência é P 8 7 2 0 2 4 kW kW 64 a Como P i2R J 2A2R a densidade de corrente é J A P R A P L A P LA 1 1 1 0 2 0 5 W 35 10 m 10 5 0 10 1 3 10 2 3 2 5 2 m m Am b Como P iV JAV temos V P AJ P r J 2 3 2 5 2 1 0 5 0 10 1 3 10 W m Am 9 4 10 2 V 94 mV 65 Podemos usar a relação P i2R i2rLA que nos dá LA Pi2r a Chamando os novos valores de seção reta e comprimento de A e L respectivamente te mos L A P i P i 2 2 2 30 4 30 novo antigo 16 1 875 L A L A 140 soluções dos problemas Como a densidade do fio não mudou LA LA o que nos dá A LAL Substituindo A por LAL na equação apresentada obtemos L L L L L L L 2 1 875 2 1 875 1 37 1 37 b Substituindo L por LAA na equação do item a obtemos A A A A A A A 2 2 1 875 1 875 1 37 0 730 66 P iV 0 80 10 12 0 80 74 0 20 A V 6 Whp hp 67 a Como P V 2R V 2 P V 2 2V V e portanto a queda percentual é P P V V 2 2110 115 115 0 86 8 6 b Uma redução de V causa uma diminuição de P o que por sua vez diminui a temperatura do resistor Com isso a resistência R do resistor diminui Como P R1 uma diminuição de R resulta em um aumento de P que compensa parcialmente a redução de P causada pela redução de V Assim a redução real de P é menor que a redução calculada sem levar em conta a varia ção de temperatura do resistor 68 De acordo com a Eq 2617 r r0 raT T0 Explicitando T e supondo que rr0 R R0 obtemos T T 0 0 3 1 1 1 20 1 4 3 10 58 50 C K 1 57 C 69 De acordo com a Eq 2628 temos P V R 2 2 90 400 20 3 V W e a energia consumida é 203 W200 3600 s 146 105 J 146 kJ 70 a A diferença de potencial entre as extremidades da lagarta é V iR i L A 12 1 69 10 4 0 10 2 8 2 A m m 6 10 3 8 10 3 2 4 m V b Como a lagarta está se movendo no sentido da deriva dos elétrons que é contrário ao senti do da corrente a cauda da lagarta é negativa em relação à cabeça c Como a lagarta se move com a mesma velocidade que a velocidade de deriva dos elétrons no fio temos t L v lAne i Ld ne i d 2 2 3 4 1 0 10 5 2 10 m m 2 28 3 19 8 49 10 1 60 10 4 12 240 4 m C A s min 71 a Fazendo r 2r0 na Eq 2617 na qual r0 é a resistividade à temperatura T0 temos 0 0 0 0 0 2 T T soluções dos problemas 141 Explicitando a temperatura T obtemos T T 0 3 1 1 20 1 4 3 10 250 C K C Na Fig 2610 tomando uma ordenada igual ao dobro da ordenada para T 20 273 293 K que é 169 108 Ω m obtemos r 34 108 Ω m A temperatura correspondente é 520 K 247 oC um valor bem próximo do que foi calculado antes b Sim como a Eq 2617 envolve a resistividade e não a resistência a ìtemperatura para o do bro da resistênciaî não depende de fatores geométricos como a forma e o tamanho da amostra 72 De acordo com a Eq 2616 R L A 3 00 10 10 0 10 56 0 10 7 3 4 2 m m m 0 536 73 A potência fornecida ao líquido na forma de calor é P iV 52 A12 V 624 W Isso significa que uma energia térmica de 624 J é fornecida ao líquido por segundo Assim de acordo com a Eq 1816 o calor de vaporização do líquido é L Q m 62 4 10 3 0 10 6 6 J 21 kg Jkg 74 De acordo com a Eq 267 temos v J d ne 2 0 10 8 49 10 1 6 10 6 28 Am m 2 3 19 4 1 47 10 C ms A esta velocidade média o tempo necessário para que o elétron percorra uma distância L 50 m é t L vd 5 0 1 47 10 3 4 10 4 4 m ms s 75 A potência do tubo é o produto da corrente pela diferença de potencial P iV 7 0 10 560 3 A80 10 V W 3 76 a A corrente é dada por i 31 1018 11 1018e A 42 101816 1019 A 067 A b De acordo com a Eq 2611 como o campo elétrico aponta do eletrodo positivo para o ele trodo negativo o sentido da densidade de corrente J também é do eletrodo positivo para o eletrodo negativo 1 a Seja i a corrente no circuito e vamos tomar como positivo o sentido para a esquerda em R1 De acordo com a regra das malhas 1 iR2 iR1 2 0 Explicitando i temos i R R 1 2 1 2 12 6 0 8 0 0 50 V V 40 A Como o valor calculado é positivo o sentido da corrente é o sentido antihorário De acordo com a Eq 2627 se i é a corrente em um resistor R a potência dissipada pelo resistor é dada por P i2R b PR1 i2R1 050 A240 Ω 10 W c PR2 i2R2 050 A280 Ω 20 W De acordo com a Eq 2626 se i é a corrente em uma fonte de fem â P iâ é a potência forne cida pela fonte se a corrente e a fem têm o mesmo sentido e é a potência absorvida pela fonte se a corrente e a fem têm sentidos opostos d Pâ1 i1 050 A12 V 60 W e Pâ2 i2 050 A60 V 30 W f Como no caso da fonte 1 a corrente tem o mesmo sentido que a fem a fonte 1 está forne cendo energia ao circuito g Como no caso da fonte 2 a corrente e a fem têm sentidos opostos a fonte 2 está recebendo energia do circuito 2 A corrente no circuito é i 150 V 2 50 V30 Ω 20 Ω 20 A Como VQ 150 V 20 Ωi VP VQ 100 V 20 Ω20 A 150 V 10 V 3 a A diferença de potencial é V â ir 12 V 50 A0040 Ω 14 V b P i2r 50 A20040 Ω 10102 W c P9 iV 50 A12 V 60102 W d V ir 12 V 50 A0040 Ω 10 V e Pr i2r 50 A20040 Ω 10102 W 4 a Como de acordo com a regra das malhas a queda de tensão no ramo superior deve ser 12 V a queda de tensão no resistor 3 é 50 V Isso significa que a corrente no ramo superior é i 50 V200 Ω 25 mA Nesse caso a resistência do resistor 1 é 20 Vi 80 Ω Capítulo 27 soluções dos problemas 143 b A resistência do resistor 2 é 500 V25 mA 200 Ω 5 A energia química da bateria é reduzida de E q na qual q é a carga que passa pela bateria em um intervalo de tempo t 60 min e â é a fem da bateria Se i é a corrente q it e E it 50 A60 V 60 min 60 smin 11 104 J 11 kJ Note que foi necessário converter o tempo de minutos para segundos 6 a O custo é 100 W 80 h20 W h 080 32 102 b O custo é 100 W 80 h103 W h 006 0048 7 a A energia química consumida pela bateria é U Pt t r R 2 2 2 0 2 0 60 5 min V smin 10 0 80 J b A energia dissipada pelo fio é U i Rt r R Rt 2 2 2 2 0 5 0 V 10 5 0 2 0 60 67 min smin J c A energia dissipada pela bateria é U U 80 J 67 J 13 J 8 Se P é a potência fornecida pela bateria e t é um intervalo de tempo a energia fornecida no intervalo de tempo t é E Pt Se q é a carga que passa pela bateria no intervalo de tempo t e â é a fem da bateria E q Igualando as duas expressões de E e explicitando t ob temos t q P 120 12 0 100 14 4 A h V W h 9 a O trabalho W realizado pela fonte é igual à variação de energia potencial W qV eV e120 V 120 eV b P iV neV 340 1018s160 1019 C120 V 653 W 10 a De acordo com a regra das malhas i 2 1r1 r2 R Explicitando R obtemos R i r r 2 1 1 2 3 3 0 2 0 3 0 3 0 V V 10 10 A 9 9 102 b P i2R 10 103 A299 102 Ω 99 104 W 11 a se i é a corrente e V é a diferença de potencial a potência absorvida é dada por P iV Assim V P i 50 1 0 50 W A V Como existe uma dissipação de energia entre o ponto A e o ponto B o ponto A está a um poten cial mais elevado que o ponto B ou seja VA VB 50 V b A diferença de potencial entre os pontos A e B é VA VB iR na qual é a fem do dispositivo X Assim VA VB iR 50 V 10 A20 Ω 48 V 144 soluções dos problemas c Como o valor de é positivo o terminal positivo está do lado esquerdo e portanto o ponto B está ligado ao terminal negativo 12 a Para cada fio Rfio rLA na qual A pr2 Assim temos Rfio 169 108 Ω m0200 mp000100 m2 00011 Ω A carga resistiva total da fonte é portanto Rtot 2Rfio R 200011 Ω 600 Ω 60022 Ω A corrente do circuito é portanto i R tot V 60022 A 12 0 1 9993 e a diferença de potencial entre as extremidades do resistor é V iR 19993 A600 Ω 11996 V 120 V b A diferença de potencial entre as extremidades de um dos fios é Vfio iRfio 19993 A00011 Ω 215 mV c PR i2R 19993 A2600 Ω 2398 W 240 W d Pfio i2Rfio 19993 A200011 Ω 4396 mW 440 mW 13 a Se L é o comprimento do cabo e a é a resistência do cabo por unidade de comprimento a resistência medida na extremidade leste é R1 100 Ω 2aL x R e a resistência medida na extremidade oeste é R2 2ax R Assim x R R L 2 1 4 2 200 100 4 13 10 2 6 9 km km km b Temos também R R R L 1 2 2 100 200 2 13 10 20 km km 14 a Vamos chamar de V1 e V2 as fem das fontes De acordo com a regra das malhas V2 2 ir2 V1 2 ir1 2 iR 0 i V V r r R 2 1 1 2 A diferença de potencial entre os terminais da fonte 1 é V1T V1 ir1 e a diferença de potencial entre os terminais da fonte 2 é V2T V2 ir2 na qual r1 e r2 são as resistências internas das fontes 1 e 2 respectivamente Assim V1T V1 2 r V V r r R 1 2 1 1 2 V2T V2 2 r V V r r R 1 2 1 1 2 De acordo com o enunciado V1 V2 120 V De acordo com o gráfico da Fig 2732b V2T 0 e V1T 040 V para R 010 Ω Substituindo esses valores nas equações anteriores obtemos um sistema de duas equações com duas incógnitas r1 e r2 Resolvendo esse sistema obtemos r1 020 Ω b A solução do sistema de equações também nos dá r2 030 Ω soluções dos problemas 145 15 Vamos chamar de V a fem da fonte Nesse caso V iR i9R R9 na qual i 50 A i9 40 A e R 20 Ω Explicitando R obtemos R i R i i 4 0 2 0 5 0 4 0 8 0 A A A 16 a Seja a fem da célula solar e seja V a diferença de potencial entre os terminais da célula Nesse caso V ir V R r Substituindo por valores numéricos temos 0 10 0 10 500 V V r 0 15 0 15 1000 V V r Resolvendo o sistema de equações anterior obtemos a r 10 103 Ω 10 kΩ b 030 V c A eficiência h é V R P 2 0 15 5 0 2 0 1 V 1000 cm fornecida 2 0 2 3 10 0 23 3 2 3 Wcm 17 Para obter a solução mais geral possível vamos chamar de 1 e 2 as fem das fontes embora tenham o mesmo valor Como as fontes estão em série com a mesma polaridade as fem se so mam e a fem total é 1 2 A resistência total do circuito é Rtotal R r1 r2 a A corrente no circuito é i r r R 1 2 1 2 Como a fonte 1 possui uma resistência interna maior ela é a que pode apresentar uma diferença de potencial zero entre os terminais Fazendo 1 ir1 obtemos R r r 2 1 1 2 1 12 0 0 016 12 0 0 012 V V 12 0 0 004 V Note que como 1 2 R r1 r2 b Como foi visto no item a isso acontece com a fonte 1 18 De acordo com as Eqs 2718 2719 e 2720 temos i R R R R R R R R R 1 1 2 3 2 3 1 2 2 3 1 3 4 0 V10 5 0 1 0 10 10 10 5 0 V50 10 5 0 0 275 2 1 3 2 1 2 1 2 2 A i R R R R R R R R R 3 1 3 4 0 1 0 10 V50 V10 50 10 10 5 0 10 5 0 0 025 A 3i i2 1 0 025 0 275 0 250 i A A A 146 soluções dos problemas A diferença de potencial Vd Vc pode ser calculada de várias formas Vamos dar dois exemplos a partir de Vd i2R2 Vc obtemos Vd Vc i2R2 00250 A10 Ω 025 V a partir de Vd i3R3 2 Vc obtemos Vd Vc i3R3 2 0250 A50 Ω 10 V 025 V 19 a Como Req R os dois resistores R 120 Ω e Rx devem ser ligados em paralelo R R R R R R R x x x x eq 3 00 12 0 12 0 Explicitando Rx obtemos R R R R R x eq eq 3 00 12 0 12 0 3 00 3 00 b Como foi visto no item a as duas resistências devem ser ligadas em paralelo 20 Sejam as resistências dos dois resistores R1 e R2 com R1 R2 De acordo com o enunciado R R R R 1 2 1 2 3 0 R1 R2 16 Ω Resolvendo o sistema de equações anterior obtemos R1 40 Ω e R2 12 Ω a A menor resistência é R1 40 Ω b A maior resistência é R2 12 Ω 21 A diferença de potencial entre os terminais dos resistores é V 250 V Como os resistores são iguais a corrente em cada um é i VR 250 V180 Ω 139 A e a corrente na fonte é itotal 4139 A 556 A Também podemos resolver o problema usando o conceito de resistência equivalente A resis tência equivalente de quatro resistores iguais em paralelo é 1 1 4 R R R eq Quando uma diferença de potencial de 250 V é aplicada ao resistor equivalente a corrente é igual à corrente total nos quatro resistores em paralelo Assim i V R V R total eq V A 4 4 25 0 18 0 5 56 22 a Req FH 100 Ω100 Ω500 Ω100 Ω100 Ω 2100 Ω500 Ω 250 Ω b Req FG 500 Ω RR 500 Ω na qual R 500 Ω 500 Ω100 Ω500 Ω 100 Ω 833 Ω Assim Req FG 500 Ω833 Ω500 Ω 833 Ω 313 Ω soluções dos problemas 147 23 Vamos chamar de i1 a corrente em R1 e tomar o sentido para a direita como positivo Vamos chamar de i2 a corrente em R2 e tomar o sentido para cima como positivo a Aplicando a regra das malhas à malha inferior obtemos 2 1 1 0 i R e portanto i R 1 2 1 5 0 0 050 V 100 A 50 mA b Aplicando a regra das malhas à malha superior obtemos 1 2 3 2 2 0 i R e portanto i R 2 1 2 3 2 6 0 4 50 0 060 V 50 V 0 V A o que nos dá i2 0 060 A 60 mA O sinal negativo indica que o sentido da corrente em R2 é para baixo c Se Vb é o potencial no ponto b o potencial no ponto a é Va Vb 3 2 e portanto Va Vb 3 2 40 V 50 V 90 V 24 Os dois resistores em paralelo R1 e R2 são equivalentes a 1 1 1 1 2 1 2 1 2 R R R R R R R R 12 12 Como o resistor equivalente aos resistores R1 e R2 está em série com o resistor R3 a resistência dos três resistores é R R R eq 3 12 2 50 4 00 4 00 4 00 4 00 4 50 25 Seja r a resistência de um dos fios Como os fios são todos iguais e estão em paralelo te mos 1 9 R r o que nos dá R r9 Temos ainda r d 4 2 na qual r é a resistividade do cobre e R D 4 2 Assim 4 4 3 2 2 D d D d 9 26 A parte de R0 ligada em paralelo com R é dada por R1 R0xL na qual L 10 cm A diferen ça de potencial entre os terminais de R é VR RReq na qual R9 RR1R R1 e Req R01 xL R9 Assim P V R R RR R R R x L RR R R R R 2 1 1 0 1 1 1 1 2 0 2 0 2 2 100 100 10 R x R R R x x na qual x está em cm 148 soluções dos problemas O gráfico da potência dissipada no resistor R em função de x para 50 V R 2000 Ω e R0 100 Ω aparece na figura a seguir 27 Como as diferenças de potencial são as mesmas para as duas trajetórias V1 V2 na qual V1 é a diferença de potencial associada à corrente que chega ao solo passando pelo corpo da pessoa e V2 é a diferença de potencial associada à corrente que chega ao solo sem passar pelo corpo da pessoa e portanto i1R1 i2R2 Como de acordo com a Eq 2616 R rLA na qual r é a resistividade do ar temos i d i h i i d h 1 2 2 1 Para dh 0400 e I i1 i2 5000 A obtemos i1 3571 A e i2 1429 A Assim a corrente que atravessa a pessoa é i1 3571 A 36 103 A 28 A reta 1 tem uma inclinação R1 60 kΩ a reta 2 tem uma inclinação R2 40 kΩ e a reta 3 tem uma inclinação R3 20 kΩ A resistência equivalente de R1 e R2 em paralelo é R12 R1R2 R1 R2 24 kΩ Como essa resistência está em série com R3 a resistência equivalente do conjunto é R R R 123 12 3 2 4 2 0 4 4 k k k A corrente que atravessa a bateria é portanto i âR123 6 V44 kΩ e a queda de tensão em R3 é 6 V2 kΩ44 kΩ 273 V Subtraindo este valor da tensão da bateria por causa da regra das malhas obtemos a tensão entre os terminais de R2 A lei de Ohm nos dá a corrente em R2 6 V 273 V4 kΩ 082 mA 29 a A resistência equivalente dos três resistores iguais R2 18 Ω é R 18 Ω3 60 Ω que em série com o resistor R1 60 Ω nos dá uma resistência equivalente em série com a bateria R9 R1 R 12 Ω Assim a corrente em R9 é 12 VR9 10 A que também é a cor rente que atravessa R Como essa corrente se divide igualmente pelos três resistores de 18 Ω i1 0333 A b O sentido da corrente i1 é para a direita c De acordo com a Eq 2627 P i2R9 10 A212 Ω 12 W Assim em 60 s a energia dissipada é 12 Js60 s 720 J 30 Usando a regra das junções i3 i1 i2 obtemos duas equações de malha 100 V 2 i1R1 2 i1 i2 R3 0 500 V 2 i2R2 2 i1 i2 R3 0 a Resolvendo o sistema de equações anterior obtemos i1 125 A e i2 0 b i3 i1 i2 125 A soluções dos problemas 149 31 a Chamando de R a resistência dos resistores a resistência equivalente dos dois resistores da direita é R9 R2 10 Ω e a resistência equivalente dos dois resistores do canto superior es querdo é R 2R 40 Ω Com isso a resistência equivalente do conjunto de cinco resistores é R R R 7 0 De acordo com a regra das malhas a queda de tensão no conjunto é 12 V 50 V 70 V e portanto a corrente é 70 V70 Ω 10 A no sentido horário Assim a queda de tensão em R9 é 10 A10 Ω 10 V o que significa que a diferença de potencial entre a terra e V1 é 12 V 1 V 11 V Levando em conta a polaridade da fonte 2 concluímos que V1 11 V b A queda de tensão em R é 10 A40 Ω 40 V o que significa que a diferença de poten cial entre a terra e V2 é 50 40 90 V Levando em conta a polaridade da fonte 1 concluímos que V2 90 V Podemos verificar que o resultado está correto notando que a queda de tensão em R 10 A20 Ω 20 V é igual a V2 V1 32 a Aplicando a regra das malhas à malha da esquerda obtemos 2 i1 R1 2 1 0 Como a fem 1 é mantida constante enquanto 2 e i1 variam vemos que esta expressão para grandes valores de 2 nos dá valores negativos para i1 Isso significa que a reta tracejada da Fig 2743b corresponde a i1 ou seja a corrente na fonte 1 Como de acordo com essa reta i1 é zero para 2 6 V a regra das malhas nos dá para este valor de i1 1 2 60 V b De acordo com a reta tracejada da Fig 2743b i1 020 A para 2 20 V Aplicando a regra das malhas à malha da esquerda e usando o valor de 1 obtido no item a obtemos R1 20 Ω c Aplicando a regra das malhas à malha da direita obtemos 1 2 i1 R1 i1R2 No ponto em que a reta que corresponde a i2 cruza o eixo horizontal ou seja no ponto 2 4 V i2 0 i1 01 A Isso nos dá R2 6 0 0 1 20 0 1 40 V A A 33 Note que V4 a queda de tensão em R4 é a soma das quedas de tensão em R5 e R6 V4 i6R5 R6 140 A800 Ω 400 Ω 168 V Isso significa que a corrente em R4 é dada por i4 V4R4 168 V160 Ω 105 A De acordo com a regra dos nós a corrente em R2 é i2 i4 i6 105 A 140 A 245 A e portanto a queda de tensão em R2 é V2 200 Ω245 A 490 V De acordo com a regra das malhas a queda de tensão em R3 é V3 V2 V4 217 V e portanto a corrente em R3 é i3 V3200 Ω 1085 A Assim de acordo com a regra dos nós a corrente em R1 é i1 i2 i3 245 A 1085 A 133 A o que significa que a queda de tensão em R1 é V1 133 A200 Ω 266 V e portanto de acordo com a regra das malhas V1 V3 266 V 217 V 483 V 150 soluções dos problemas 34 a De acordo com a regra das malhas a diferença de potencial V1 não varia quando a chave é fechada O objetivo deste item é verificar se o aluno apreendeu corretamente o conceito de tensão Alguns estudantes confundem os conceitos de tensão e corrente e pensam que a tensão é dividida entre dois resistores em paralelo o que seria difícil de conciliar com a resposta correta b A regra das malhas continua válida é claro mas neste caso de acordo com a regra dos nós e a lei de Ohm as quedas de tensão em R1 e R3 que eram iguais antes do fechamento da chave passam a ser diferentes Como uma corrente maior atravessa a bateria a queda de tensão em R3 aumenta Como de acordo com a regra das malhas a soma das quedas de tensão em R3 e em R1 é igual à tensão da bateria isso significa que a queda de tensão em R1 diminui Como R1 e R3 têm o mesmo valor quando a chave estava aberta a queda de tensão em R1 era 12 V2 60 V De acordo com a Eq 2724 com a chave fechada a resistência equivalente de R1 e R2 é 30 Ω o que significa que a resistência total entre os terminais da bateria é 60 Ω 30 Ω 90 Ω A corrente é portanto 120 V90 Ω 133 A o que significa que a queda de tensão em R3 é 133 A60 Ω 80 V Nesse caso de acordo com a regra das malhas a queda de tensão em R1 é 12 V 2 80 V 40 V Assim a variação da diferença de potencial V1 quando a chave é fechada é 40 V 60 V 20 V 35 a A simetria do problema permite usar i2 como a corrente nos dois resistores R2 e i1 como a corrente nos dois resistores R1 Aplicando a regra das malhas às malhas ACD e ABCD obtemos o seguinte sistema de equações i R i R i R i i R 2 2 1 1 1 1 1 2 3 0 2 0 Resolvendo o sistema de equações obtemos i1 0002625 A e i2 000225 A Assim VA 2 VB i1R1 525 V b De acordo com a regra dos nós i3 i1 2 i2 0000375 A Assim VB 2 VC i3R3 150 V c VC 2 VD i1R1 525 V d VA 2 VC i2R2 675 V 36 a Aplicando a regra das malhas à malha da esquerda e à malha da direita obtemos o se guinte sistema de equações 1 2 2 2 3 1 2 3 3 2 3 1 0 0 i R i i R i R i i R no qual tomamos o sentido horário da corrente i2 como positivo e o sentido antihorário da cor rente i3 como positivo Resolvendo o sistema de equações obtemos i2 00109 A e i3 00273 A De acordo com a regra dos nós i1 i2 i3 00382 A b De acordo com o item a o sentido da corrente i1 é para baixo c De acordo com o item a i2 00109 A d De acordo com o item a o sentido da corrente i2 é para a direita e De acordo com o item a i3 00273 A f De acordo com o item a o sentido da corrente i3 é para a esquerda soluções dos problemas 151 g O potencial elétrico no ponto A é igual à queda de tensão no resistor R1 VA 00382 A 100 Ω 382 V 37 A queda de tensão em R3 é V3 R9R9 R1 na qual R9 R2R3R2 R3 Assim P V R R R R R R R R 3 3 2 3 3 1 2 3 1 1 1 1 2 2 3 3 1 2 00 5 00 5 00 3 R R R 2 2 3 f R Para maximizar P3 precisamos minimizar fR3 Derivando fR3 e igualando o resultado a zero obtemos df R dR R 3 3 2 32 4 00 49 25 0 o que nos dá R3 2 4 00 25 49 143 38 a Como a queda de tensão em R3 é V3 iR3 60 A60 Ω 36 V a queda de tensão em R1 é VA VB V3 78 36 42 V o que significa que a corrente em R1 é i1 42 V20 Ω 21 A Nesse caso de acordo com a regra dos nós a corrente em R2 é i2 i1 i 21 A 60 A 15 A De acordo com a Eq 2627 a potência total dissipada pelos resistores é i1 220 Ω i2 240 Ω i260 Ω 1998 W 20 kW Por outro lado a potência fornecida a esta parte do circuito é PA iA VA VB i1VA VB 21 A78 V 1638 W Assim o elemento representado como está fornecendo energia b A potência fornecida pelo elemento desconhecido é 1998 1638W 36102 W 39 a Como as fontes são iguais e estão ligadas em paralelo a diferença de potencial é a mesma entre os terminais das duas fontes Isso significa que a corrente é igual nas duas fontes Vamos chamar de i essa corrente e considerar o sentido da direita para a esquerda como posi tivo De acordo com a regra dos nós a corrente no resistor R é 2i e o sentido da corrente é da esquerda para a direita Aplicando a regra das malhas à malha formada por uma das fontes e o resistor R temos ir iR i r R 2 0 2 A potência dissipada no resistor R é P i R R r R 2 4 2 2 2 2 152 soluções dos problemas Para determinar o valor de R para o qual a potência é máxima derivamos a equação anterior em relação a R e igualamos o resultado a zero dP dR r R R r R r R r R 4 2 16 2 4 2 2 2 3 2 3 2 3 0 o que nos dá R r2 Para r 0300 Ω obtemos R 0150 Ω b Fazendo R r2 na equação P 42Rr 2R2 obtemos P r r r r max V 4 2 2 2 2 12 0 2 0 2 2 2 2 300 240 W 40 a Como as fontes são iguais e estão ligadas em paralelo a diferença de potencial é a mesma entre os terminais das duas fontes Isso significa que a corrente é igual nas duas fontes Vamos chamar de i essa corrente e considerar o sentido da direita para a esquerda como posi tivo De acordo com a regra dos nós a corrente no resistor R é iR 2i e o sentido da corrente é da esquerda para a direita Aplicando a regra das malhas à malha formada por uma das fontes e o resistor R temos ir iR i i r R R 2 0 2 2 2 2 12 0 0 200 2 0 V 400 24 0 A b De acordo com a regra das malhas quando as fontes estão ligadas em série 2 iRr iRr iRR 0 o que nos dá i r R R 2 2 2 12 0 2 0 200 0 400 30 0 V A c No caso da ligação em série como mostram os resultados dos itens a e b d Se R r200 e as fontes estão ligadas em paralelo i r R R 2 2 2 12 0 0 200 2 0 100 60 0 V A e Se R r200 e as fontes estão ligadas em série i r R R 2 2 2 12 0 2 0 200 0 100 48 0 V A f No caso de ligação em paralelo como mostram os resultados dos itens d e e 41 Vamos calcular primeiro as correntes Seja i1 a corrente em R1 tomando como positivo o sentido da esquerda para a direita seja i2 a corrente em R2 tomando como positivo o sentido da direita para a esquerda seja i3 a corrente em R3 tomando como positivo o sentido de baixo para cima De acordo com a regra dos nós temos i i i 1 2 3 0 Aplicando a regra das malhas à malha da esquerda obtemos 1 1 1 3 3 0 i R i R e aplicando a regra das malhas à malha da direita obtemos 2 2 2 3 3 0 i R i R soluções dos problemas 153 A primeira equação nos dá i3 2i2 2 i1 Substituindo nas outras duas equações obtemos 1 1 1 2 3 1 3 0 i R i R i R e 2 2 2 2 3 1 3 0 i R i R i R Resolvendo esse sistema de equações obtemos i R R R R R R R R R 1 1 2 3 2 3 1 2 1 3 2 3 3 00 2 0 V 0 5 00 1 00 5 00 4 00 2 00 4 V 00 5 00 2 00 5 00 0 421 A i R R R R R R R R R 2 2 1 3 1 3 1 2 1 3 2 3 1 00 4 0 V 00 5 00 3 00 5 00 4 00 2 00 4 V 00 5 00 2 00 5 00 0 158 A i R R R R R R R R 3 2 1 1 2 1 2 1 3 2 3 1 00 4 00 V 3 00 2 00 4 00 2 00 4 00 5 00 V 2 00 5 00 0 263 A O sinal positivo de i1 indica que o sentido da corrente em R1 é da esquerda para a direita O sinal negativo de i2 indica que o sentido da corrente em R2 é da esquerda para a direita O sinal negativo de i3 indica que o sentido da corrente em R3 é de cima para baixo a A potência dissipada em R1 é P i R 1 1 2 1 2 0 421 4 00 0 709 A W b A potência dissipada em R2 é P i R 2 2 2 2 2 0 158 2 00 0 0499 A W 0050 W c A potência dissipada em R3 é P i R 3 3 2 3 2 0 263 5 00 0 346 A W d A potência fornecida pela fonte 1 é i31 0421 A300 V 126 W e A potência fornecida pela fonte 2 é i22 0158 A100 V 0158 W O sinal nega tivo indica que a fonte 2 absorve energia do circuito 42 A resistência equivalente do circuito da Fig 2752 é R R R n n n R eq 1 A corrente da fonte é i V R n n V R n fonte eq fonte 1 Se houvesse n 1 resistores em paralelo i V R n n V R n 1 1 2 fonte eq fonte 154 soluções dos problemas Para um aumento relativo de 125 00125 180 devemos ter i i i i i n n n n n n n n n 1 1 1 1 2 1 1 1 80 o que nos dá a equação do segundo grau n2 2n 2 80 n 10n 2 8 0 A única solução que tem significado físico é a solução positiva n 8 Isso significa que exis tem oito resistores em paralelo na Fig 2752 43 Suponha que os resistores sejam divididos em grupos de n resistores com os resistores de cada grupo ligados em série e que m desses grupos sejam ligados em paralelo Se R é a resistên cia de cada resistor a resistência equivalente de um dos grupos é nR e a resistência equivalente Req do conjunto de m grupos satisfaz a equação 1 1 1 R nR m nR m eq Como de acordo com o enunciado Req 10 Ω R devemos ter n m De acordo com a Eq 2716 como por simetria a corrente é a mesma em todos os resistores e existem nm n2 resistores a potência máxima que pode ser dissipada pelo conjunto é Ptotal n2P na qual P 10 W é a potência máxima que pode ser dissipada por um dos resistores Como devemos ter Ptotal 50 W 50P n2 deve ser maior ou igual a 50 Como n é um número inteiro o menor valor possível de n é 3 Isso significa que o número mínimo de resistores é n2 9 44 a Como os resistores R2 R3 e R4 estão em paralelo a Eq 2724 nos dá uma resistência equivalente R R R R R R R R R R 2 3 4 2 3 2 4 3 4 50 0 50 0 75 0 50 0 50 0 50 0 75 0 50 0 75 0 18 8 Assim considerando a contribuição do resistor R1 a resistência equivalente do circuito é Req R1 R 100 Ω 188 Ω 1188 Ω 119 Ω b i1 Req 60 V1188 Ω 505 102 A 505 mA c i2 V1R2 i1R1R2 60 V 505 102 A100 Ω50 Ω 190 102 A 190 mA d i3 V1R3 i2R2R3 190 102 A500 Ω500 Ω 190 102 A 190 mA e i4 i1 i2 i3 505 102 A 2190 102 A 125 102 A 125 mA 45 a Note que existem dois resistores R1 em série em cada ramo do circuito que contribuem com uma resistência total 2R1 para o ramo correspondente Como 2 3 e R2 2R1 as correntes em 2 e 3 são iguais i2 i3 i Assim a corrente em 1 é i1 2i Nesse caso Vb Va 2 iR2 1 2R12i e portanto i R R 2 1 1 2 4 4 0 2 0 2 0 0 33 V V 410 A Assim a corrente em 1 é i1 2i 067 A soluções dos problemas 155 b O sentido de i1 é para baixo c A corrente em 2 é i2 033 A d O sentido de i2 é para cima e A corrente em 3 é i3 i2 033 A f O sentido de i3 é para cima g Va Vb iR2 2 0333 A20 Ω 40 V 33 V 46 a Quando R3 0 toda a corrente passa por R1 e R3 Como o valor dessa corrente de acordo com o gráfico da Fig 2755b é 6 mA a lei de Ohm nos dá R1 12 V0006 A 20 103 Ω 20 kΩ b Quando R3 toda a corrente passa por R1 e R2 Como o valor dessa corrente de acordo com o enunciado é 20 mA a lei de Ohm nos dá R2 12 V0002 A 2 R1 40 103 Ω 40 kΩ 47 Como o fio de cobre e a capa de alumínio estão ligados em paralelo estão submetidos à mesma diferença de potencial Como a diferença de potencial é igual ao produto da corrente pela resistência iCRC iARA na qual iC é a corrente no cobre iA é a corrente no alumínio RC é a resistência do cobre e RA é a resistência do alumínio A resistência dos componentes é dada por R rLA na qual r é a resistividade L é o comprimento e A é a área da seção reta A resistência do fio de cobre é RC rCLpa2 e a resistência da capa de alumínio é RA rALpb2 a2 Subs tituindo essas expressões na relação iCRC iARA e cancelando os fatores comuns obtemos i a i b a C C A A 2 2 2 Fazendo iA i iC na qual i é a corrente total obtemos i a i b a a C A C A 2 2 2 2 Fazendo iC i iA obtemos i b a i b a a A C C A 2 2 2 2 2 O denominador é o mesmo nos dois casos b a a C A 2 2 2 3 2 3 0 380 10 0 250 10 m m 2 8 3 2 8 1 69 10 0 250 10 2 75 10 m m m m 3 10 10 15 3 Assim a iC 0 250 10 2 75 10 2 00 3 10 3 2 8 m m A 10 1 11 15 m A 3 b iA 0 380 10 0 250 10 1 69 10 3 2 3 2 m m 8 15 2 00 3 10 10 0 893 m A m A 3 156 soluções dos problemas c Considere o fio de cobre Se V é a diferença de potencial V iCRC iCrCLpa2 o que nos dá L a V iC C 2 3 2 0 250 10 12 0 1 11 π m V A 1 69 10 126 8 m m 48 a De acordo com a Eq 2628 P 2Req na qual R R eq 7 00 12 0 4 00 12 0 4 0 12 0 4 00 R R Fazendo P 600 W e 240 V obtemos R 195 Ω b Como P 1Req o valor de R que maximiza P é o valor que minimiza Req ou seja R 0 c Como P 1Req o valor de R que minimiza P é o valor que maximiza Req ou seja R d Como Req min 700 Ω Pmax 2Req min 240 V2700 Ω 823 W e Como Req max 700 Ω 120 Ω400 Ω120 Ω 400 Ω 100 Ω Pmin 2Req max 240 V2100 Ω 576 W 49 a A corrente em R1 é dada por i R R R R R 1 1 2 3 2 3 5 0 4 0 6 0 V 20 4 0 6 0 1 14 A Assim i V R i R R 3 1 3 1 1 3 5 0 1 14 2 0 6 0 0 V A 45 A b Para descrever a nova situação basta permutar os índices 1 e 3 na equação anterior o que nos dá i R R R R R 3 3 2 1 2 1 5 0 2 0 4 0 2 V 60 0 4 0 0 6818 A Assim i1 5 0 0 6818 2 0 0 45 V A 60 A o mesmo valor do item a 50 Como de acordo com o enunciado a resistência do amperímetro é desprezível a queda de tensão no amperímetro é nula e portanto as correntes nos dois resistores de baixo têm o mesmo valor que vamos chamar de i Nesse caso a corrente da fonte é 2i Como a resistência equivalente do circuito é R R R R R R R R R R eq 2 2 7 6 temos 2 2 2 7 6 3 7 i R i R R R eq eq soluções dos problemas 157 Aplicando a regra das malhas à malha da esquerda obtemos i R iR i iR R R R 2 2 2 0 2 Fazendo i 37R obtemos i2R 27R Como a corrente no amperímetro é a diferença entre i2R e i temos i i i R R R i R R amp amp 2 3 7 2 7 7 1 7 0 143 51 Como a corrente no amperímetro é i a leitura do voltímetro é V9 V i RA i R RA o que nos dá R Vi RA R9 RA na qual R Vi é a resistência aparente A corrente da fonte é dada por iF Req R0 na qual 1 1 1 300 R R R R R R R R R R R V A V A V A eq eq 85 0 3 00 300 85 0 3 00 68 0 A leitura do voltímetro é V i R R R R F eq eq eq V 680 680 0 12 0 100 486 V a A leitura do amperímetro é i V R RA 486 V 850 A 552 m 3 00 0 0552 A b Como foi visto no item anterior a leitura do voltímetro é V 486 V c R Vi 486 V00552 A 880 Ω d Como R R RA se RA diminui a diferença entre R e R diminui 52 a Como i r Rext e imax r Rext rimaxi 1 na qual r 150 V100 mA 150 103 Ω Assim Rext k 1 5 10 1 0 100 1 1 35 10 13 5 3 4 b Rext k 1 5 10 1 0 500 1 1 5 10 1 50 3 3 c Rext 1 5 10 1 0 900 1 167 3 d Como r 200 Ω R R 150 103 Ω 200 Ω 148 103 Ω 148 kΩ 53 A corrente em R2 é i Vamos chamar de i1 a corrente em R1 e tomar o sentido para baixo como positivo De acordo com a regra dos nós a corrente no voltímetro é i i1 Aplicando a regra das malhas à malha da esquerda temos iR i R ir 2 1 1 0 Aplicando a regra das malhas à malha da direita temos i R i i RV 1 1 1 0 A segunda equação nos dá i R R R i V V 1 1 158 soluções dos problemas Substituindo na primeira equação obtemos R r R R R i R i V V 2 1 1 1 1 0 o que nos dá i R R r R R R R V V V 1 2 1 1 A leitura do voltímetro é i R R R R r R R R R V V V 1 1 1 2 1 1 3 3 0 5 0 10 V 250 300 100 250 5 0 10 250 3 5 0 10 1 12 3 V A corrente na ausência do voltímetro pode ser obtida tomando o limite da expressão anterior quando RV o que nos dá i R R R R r 1 1 1 1 2 3 0 250 250 300 100 V 1 15 V O erro percentual é portanto 112 115115 0030 30 54 a V ir 12 V 100 A 00500 Ω 125 V b V9 imotor 800 Ar na qual V9 i9ARfaróis 800 A 120 V10 A 960 V Assim i V r motor A V V A 8 00 12 5 9 60 0 0500 8 00 50 0 A 55 Seja i1 a corrente em R1 e R2 considerada positiva se o sentido é para a direita em R1 Seja i2 a corrente em Rs e Rx considerada positiva se o sentido é para a direita em Rs A regra das malhas nos dá R1 R2i1 2 Rx Rsi2 0 Como o potencial é o mesmo nos pontos a e b i1R1 i2Rs o que nos dá i2 i1R1Rs Substituindo na primeira equação obtemos R R i R R R R i R R R R x s s x s 1 2 1 1 1 2 1 56 As correntes em R e RV são i e i9 2 i respectivamente Como V iR i9 2 iRV temos dividindo ambos os membros por V 1 i9 V 2 iVRV 1R9 2 1RRV Assim 1 1 1 R R R R RR R R V V V A resistência equivalente do circuito é R R R R R R RR R R A A V V eq 0 0 soluções dos problemas 159 a A leitura do amperímetro é i R R R R R R R A V V eq V 300 0 12 0 100 30 0 85 0 300 85 0 7 09 10 2 A b A leitura do voltímetro é V i RA R0 120 V 00709 A 10300 Ω 470 V c A resistência aparente é R9 Vi9 470 V709 102 A 663 Ω d Se RV aumenta a diferença entre R e R diminui 57 Vamos chamar de V a fem da fonte Nesse caso a condição de que a diferença de potencial entre os terminais do resistor seja igual à diferença de potencial entre os terminais do capacitor pode ser escrita na forma iR Vcap o que de acordo com as Eqs 2734 e 2735 nos dá Vet RC V1 etRC t RC ln 2 0208 ms 58 a t RC 140 106 Ω180 106 F 252 s b qo C 120 V180 m F 216 mC c De acordo com a Eq 2733 q q01 etRC o que nos dá t RC q q q ln s ln 216 C 216 C 0 0 2 52 16 0 3 40 C s 59 Enquanto o capacitor está sendo carregado a carga da placa positiva é dada por q C e t 1 na qual C é a capacitância é a fem aplicada e t RC é a constante de tempo A carga final é qf C No instante em que q 099qf 099C 0 99 1 0 01 e e t t Tomando o logaritmo natural de ambos os membros obtemos tt ln 001 461 60 a De acordo com a Eq 2739 q q e t 0 o que nos dá t t ln q0q na qual t RC é a constante de tempo Assim t q q t 1 3 1 2 3 3 2 0 41 ln ln 0 0 3 041 b t q q t 2 3 2 3 3 3 1 1 ln ln 11 0 0 61 a A diferença de potencial entre os terminais do capacitor é Vt 1 etRC Como para t 130 ms Vt 500 V 500 V 120 V1 e130 msRC o que nos dá t 130 m sln127 241 ms b A capacitância é C tR 241 ms150 kΩ 161 pF 160 soluções dos problemas 62 O tempo necessário para que a diferença de potencial entre os terminais do capacitor atinja o valor VL é dado por V e L t RC 1 Para que a lâmpada pisque duas vezes por segundo esse tempo deve ser igual a 0500 s Assim R t C VL ln ln 0 500 0 150 10 95 0 6 s F V 95 0 72 0 2 35 106 V V 63 No instante t 0 o capacitor está totalmente descarregado e se comporta como um curto circuito Seja i1 a corrente em R1 considerada positiva se o sentido for para a direita Seja i2 a corrente em R2 considerada positiva se o sentido for para baixo Seja i3 a corrente em R3 considerada positiva se o sentido for para baixo De acordo com a regra dos nós i1 i2 i3 Aplicando a regra das malhas à malha da esquerda obtemos i R i R 1 1 2 2 0 e aplicando a regra das malhas à malha da direita obtemos i R i R 2 2 3 3 0 Como as resistências são todas iguais podemos substituir R1 R2 e R3 por R o que nos dá o seguinte sistema de equações i1 i2 i3 i R i R 1 2 0 i i 2 3 0 Resolvendo o sistema de equações obtemos a i R 1 3 6 3 2 3 2 1 2 10 3 0 73 10 1 1 10 V A 1 1 mA b i R 2 3 6 4 3 1 2 10 3 0 73 10 5 5 10 V A 055 mA c i i 3 2 4 5 5 10 A 055 mA d Para t o capacitor está totalmente carregado e se comporta como um circuito aberto Assim i1 i2 e a regra das malhas nos dá i R i R i R 1 1 1 2 1 3 6 0 2 1 2 10 2 0 73 10 8 V 2 10 4 A 082 mA e i i 2 1 4 8 2 10 A 082 mA f Como foi visto no item anterior i3 0 Em um instante genérico as equações obtidas aplicando ao circuito a regra dos nós e a regra das malhas são i1 i2 i3 i R i R 1 2 0 q C i R i R 3 2 0 soluções dos problemas 161 Substituindo i1 por i2 i3 na segunda equação obtemos 2i2R i3R 0 o que nos dá i2 i3R2R Substituindo na terceira equação obtemos qC i3R â2 i3R2 0 Substituindo i3 por dqdt temos 3 2 2 R dq dt q C Como a equação anterior é a equação de um circuito RC série com uma constante de tempo t 3RC2 e uma fem aplicada 2 a solução é q C e t RC 2 1 2 3 A corrente no ramo do capacitor é i t dq dt R e t RC 3 2 3 3 A corrente no ramo central é i t R i R R e R e t RC t RC 2 3 2 3 2 3 2 2 2 6 6 3 e a queda de tensão em R2 é V t i R e t RC 2 2 2 3 6 3 g Para t e t RC 0 1 2 3 e V2 3 2 3 1 2 10 3 4 0 10 V V h Para t e t RC 2 3 0 e V2 3 2 2 1 2 20 2 6 0 10 V V i A figura a seguir mostra um gráfico de V2 em função do tempo 64 a A diferença de potencial V entre as placas de um capacitor está relacionada à carga q da placa positiva através da equação V qC na qual C é a capacitância Como a carga de um capacitor que está se descarregando é dada por q q0 ett isto significa que V V e t 0 na qual V0 é a diferença de potencial inicial Dividindo ambos os membros por V0 e tomando o logarit mo natural obtemos t ln V V s ln V V s 0 10 0 1 00 100 2 17 b No instante t 170 s tt 170 s217 s 783 e portanto V V e e t 0 7 83 2 100 3 96 10 V V 396 mV 162 soluções dos problemas 65 No regime estacionário a tensão entre os terminais do capacitor é igual à queda de tensão em R2 V R R R 0 2 1 2 15 0 20 0 15 0 k V 100 k k 12 0 V Multiplicando a Eq 2739 pela capacitância obtemos V V0e2tRC como a equação que des creve a tensão entre os terminais do capacitor e entre os terminais de R2 depois que a chave é aberta Assim para t 000400 s temos V e 12 6 16 0 004 15 000 0 4 10 6 V Assim de acordo com a lei de Ohm a corrente em R2 é 61615000 411 mA 66 Para resolver o problema aplicamos a Eq 2739 aos dois capacitores levamos em conta o fato de que a razão entre as cargas é 15 e explicitamos o tempo t Como as constantes de tempo dos dois circuitos são 1 1 1 6 4 2 2 20 0 5 00 10 1 00 10 R C R F s C2 6 5 10 0 8 00 10 8 00 10 F s temos t ln ln 3 2 3 2 1 25 10 1 00 2 1 1 1 4 1 s 10 1 62 10 4 1 4 s s 162 s 67 A diferença de potencial entre as placas do capacitor varia com o tempo de acordo com a equação V t V e t RC 0 Para V V04 e t 20 s obtemos R t C V V ln s 20 10 F ln4 0 6 5 2 0 7 2 10 0 7 2 M 68 a Como a energia inicial armazenada no capacitor é U q C C 0 2 2 na qual C é a capacitân cia e q0 é a carga inicial de uma das placas temos q CUC 0 6 3 2 2 1 0 10 0 50 1 0 10 F J C b A variação da carga com o tempo é dada por q q e t 0 na qual t é a constante de tempo Derivando essa expressão em relação ao tempo obtemos i dq dt q e t 0 o que mostra que a corrente inicial é i0 q0t Como a constante de tempo é t RC 10 106 F10 106 Ω 10 s obtemos i0 3 3 1 0 10 1 0 1 0 10 C s A c Fazendo q q e t 0 na relação VC qC obtemos V q C e e C t t 0 3 6 1 0 1 0 10 C 10 10 F s 1 0 103 V e t d Fazendo i q e t 0 na relação VR iR obtemos V q R e e R t t 0 3 6 1 0 1 0 10 1 0 10 1 0 C s s V 1 0 103 e t soluções dos problemas 163 e Fazendo i q e t 0 na relação P i2R obtemos P q R e t 0 2 2 2 3 2 6 2 1 0 10 1 0 10 1 0 C s e e t t 2 1 0 2 s W 69 a A carga da placa positiva do capacitor é dada por q C e t 1 na qual C é a capacitância é a fem da fonte e t é a constante de tempo O valor de t é t RC 300 106 Ω100 106 F 300 s Para t 100 s tt 100 s300 s 0333 e a taxa de aumento de carga do capacitor é dq dt C e e t 1 00 10 4 00 3 00 6 0 33 F V s 3 7 9 55 10 C s 0955 Cs b A energia armazenada no capacitor é dada por UC q22C e a taxa de variação da energia é dU dt q C dq dt C Como q C e e t 1 1 00 10 4 00 1 6 0 333 V 1 13 10 6 C temos dU dt q C dq dt C 1 13 10 1 00 10 9 5 6 6 C F 5 10 1 08 10 7 6 C s W 108 W c A taxa com a qual a energia é dissipada no resistor é dada por P i2R Como a corrente é 955 107 A P 9 55 10 3 00 10 2 74 10 7 2 6 6 A W 274 W d A taxa com a qual a energia é fornecida pela fonte é i 9 55 10 4 00 3 82 10 7 6 A V W 382 W Como a energia fornecida pela fonte é armazenada no capacitor ou dissipada no resistor o valor obtido no item d é igual à soma dos valores obtidos nos itens b e c 382 mW 108 mW 274 mW 70 a Por simetria sabemos que as correntes no ramo superior e no ramo central do circuito têm o mesmo valor que vamos chamar de i Isto significa que a corrente no resistor R do ramo inferior é iR 2i Assim chamando de r a resistência interna das fontes e de a fem das fontes e aplicando a regra das malhas à malha externa do circuito obtemos 3 2 0 ir i R o que nos dá i 30 e iR 2i 60 A b A diferença de potencial entre os terminais de uma das fontes é ir 80 V c De acordo com a Eq 2717 Pf i 320 60 W d De acordo com a Eq 2627 Pr i2r 36 W 71 a Com a chave S1 fechada e as chaves S2 e S3 abertas ia 2R1 120 V400 Ω 300 A 164 soluções dos problemas b Com as chaves S1 e S2 fechadas e a chave S3 aberta temos Req R1 R1 R1 R2 2R1 R2 200 Ω 200 Ω 300 Ω500 Ω 320 Ω o que nos dá ia Req 120 V320 Ω 375 A c Com as três chaves fechadas Req R1 R1 R9R1 R9 na qual R9 R2 R1 R1 R22R1 R2 220 Ω o que nos dá Req 200 Ω 200 Ω 220 Ω200 Ω 220 Ω 305 Ω e portanto ia Req 120 V305 Ω 394 A 72 a A resistência equivalente dos resistores R1 R2 R3 e R4 é dada por R R R R R R R R R R R eq 12 34 1 2 1 2 3 4 3 4 7 0 3 0 1 0 Como a fem da fonte está aplicada aos terminais de Req temos i2 Req 300 V10 Ω 30 A b A resistência equivalente dos resistores R5 R6 e R7 é R R R R R R R R eq 60 20 60 56 7 5 6 5 6 7 2 0 1 5 3 0 Como a fem da fonte está aplicada aos terminais de Req temos i4 Req 300 V30 Ω 10 A c De acordo com a regra dos nós i1 i2 i4 13 A d Por simetria i3 i22 15 A e Aplicando a regra das malhas à malha que contém a fonte e os resistores R6 e R7 temos 30V 2 i415 Ω 2 i520 Ω 0 o que nos dá i5 75 A 73 a O módulo da densidade de corrente no fio A e também no fio B é J i A V R R A R R D A 1 2 1 2 4 4 60 0 0 12 V V 2 7 0 729 2 60 10 1 32 10 3 2 7 2 m A m b V VR R R A 1 1 2 60 0 0 127 0 127 0 729 V 8 90 V c A A A A A R A L R D L 2 3 2 4 0 127 2 60 10 4 4 m 0 0 1 69 10 8 m m De acordo com a Tabela 261 o fio A é feito de cobre d J J B A 1 32 107 2 A m e VB V 2 VA 600 V 2 89 V 511 V soluções dos problemas 165 f B B B B B R A L R D L 2 3 2 4 0 729 2 60 10 4 4 m 0 0 9 68 10 8 m m De acordo com a Tabela 261 o fio B é feito de ferro 74 O resistor do lado esquerdo da letra i está acima de três outros resistores juntos esses resis tores são equivalentes a um resistor de resistência R 10 Ω que conduz uma corrente i Como se estivéssemos procurando a saída de um labirinto podemos encontrar um percurso entre as extremidades de R que passa apenas por fontes 10 no total Como 7 dessas fontes têm uma polaridade e as outras 3 têm a polaridade oposta a fem aplicada a R é 40 V a A corrente é i R 40 A b O sentido da corrente é de baixo para cima 75 a No processo descrito no enunciado a carga é constante Assim q C V C V V V C C 1 1 2 2 2 1 1 2 200 150 10 3 0 103 V 30 kV b Multiplicando a Eq 2739 pela capacitância obtemos V V0e2tRC como a equação que descreve a tensão entre os terminais do capacitor Assim V V e t RC V V t RC 0 0 9 1 300 10 10 10 ln 2 3000 100 F ln o que nos dá t 10 s Este é um intervalo de tempo maior que o que as pessoas levam para fazer algo como manusear um equipamento eletrônico depois de se levantarem c Nesse caso temos que obter o valor de R na equação V V e t RC 0 para os novos valores V0 1400 V e t 030 s O resultado é o seguinte R t C V V ln ln 0 12 0 30 10 10 1400 100 1 1 s F 10 11 10 G 76 a Podemos reduzir o par de resistores em paralelo na parte de baixo do circuito a um único resistor R 100 Ω e combinar esse resistor com um resistor em série para obter um resistor equivalente R 200 Ω 100 Ω 300 Ω A corrente em R é a corrente i1 que precisamos calcular Aplicando a regra das malhas a uma malha que inclui R e as três fontes e supondo que o sentido da corrente i1 é da direita para a esquerda obtemos 500 V 200 V 100 V i1R 0 o que nos dá i1 500 A b Como o valor obtido para i1 no item a foi positivo o sentido da corrente é o que foi esco lhido inicialmente ou seja da direita para a esquerda c Como o sentido da corrente da fonte 1 é do terminal negativo para o terminal positivo a fonte 1 está fornecendo energia d A potência fornecida pela fonte 1 é P1 500 A200 V 100 W e Reduzindo os resistores que estão em paralelo com a fonte 2 a um único resistor R9 100 Ω através do qual passa uma corrente i9 100 V100 Ω 100 A de cima para baixo vemos que de acordo com a regra dos nós a corrente na fonte 2 é i i9 i1 500 A para cima ou seja do terminal negativo para o terminal positivo Isso significa que a fonte 2 está fornecendo energia 166 soluções dos problemas f De acordo com a Eq 2717 P2 500 A1000 V 500 W g O conjunto de resistores em paralelo com a fonte â3 pode ser reduzido a um único resistor R 0800 Ω associando primeiro dois resistores em série e depois associando o resistor equivalente a dois resistores em paralelo através do qual passa uma corrente i 500 V 0800 Ω 625 A de cima para baixo De acordo com a regra dos nós a corrente na fonte 3 é i i i1 1125 A para cima ou seja do terminal negativo para o terminal positivo Isso significa que a fonte 3 está fornecendo energia h De acordo com a Eq 2717 P3 1125 A5 V 563 W 77 Vamos usar o índice s para indicar silício o índice f para indicar ferro e chamar de T0 a temperatura de referência As resistências dos dois resistores são dadas por R T R T T T R T R T s s s f f f 0 0 0 1 1 T T 0 Como os resistores estão ligados em série R T R T R T R T T T R T s f s s f 0 0 0 1 1 0 0 0 0 f s f s s f T T R T R T R T R T0 0 f T T Para que RT não dependa da temperatura e seja igual a 1000 Ω devemos ter RsT0as RfT0af 0 RsT0 RfT0 1000 Ω Resolvendo o sistema de equação anterior obtemos a R T R s f f s 0 3 1 1000 6 5 10 6 5 10 K 3 1 3 1 70 10 85 0 K K b RiT0 1000 Ω 850 Ω 915 Ω Nota Só é possível construir um resistor desse tipo usando materiais como o ferro e o silício cujos coeficientes de temperatura da resistividade têm sinais opostos Mesmo assim a variação da resistência com a temperatura embora pequena não é exatamente zero já que o próprio coeficiente de temperatura da resistividade varia com a temperatura e a variação é diferente em diferentes materiais É por isso que o enunciado do problema se refere a um resistor cuja resistência varia muito pouco com a temperatura e não a um resistor cuja resistência não varia com a temperatura 78 Como a corrente no amperímetro é iA r R1 R2 RA e a corrente em R1 e R2 sem o amperímetro é i r R1 R2 o erro percentual é i i i i i r R R r R R R R r R R R A A A A 1 1 2 1 2 1 2 0 10 2 0 5 0 4 0 0 10 0 90 79 a Como de acordo com a Eq 2734 it RetRC a energia total fornecida pela fonte é U idt R e dt C U t RC C 2 0 2 0 2 e de acordo com a Eq 2522 UC C22 temos U U C 2 soluções dos problemas 167 b Integrando o produto i2R temos U i Rdt R e dt C U R t RC 2 2 2 0 0 2 1 2 2 80 Como no regime estacionário a corrente nos capacitores é zero a corrente é a mesma nos três resistores De acordo com a regra das malhas 200 V 500 Ωi 100 Ωi 150 Ωi o que nos dá i 23 A Isso significa que a queda de tensão em R1 é 500 Ω23 A 103 V que é também a tensão V1 entre os terminais do capacitor C1 De acordo com a Eq 2522 a energia armazenada no capacitor C1 é U C V 1 1 1 2 6 2 1 2 1 2 5 00 10 10 3 2 78 F V 10 5 J A queda de tensão em R2 é 100 Ω23 A 203 V que é também a tensão V2 entre os termi nais do capacitor C2 Assim U C V 2 2 2 2 6 2 1 2 1 2 10 0 10 20 3 2 22 F V 10 5 J A energia total armazenada nos capacitores é U1 U2 250 104 J 250 mJ 81 A queda de tensão em R2 é V iR R R R R 2 2 2 1 2 3 12 4 0 3 0 4 0 5 0 V 4 0 V 82 Como Va 1 Vc ir1 iR e i 1 2R r1 r2 temos V V i r R R r r r R a c 1 1 1 1 2 1 2 1 4 4 4 4 2 1 5 5 1 8 2 3 2 3 V V V 5 5 2 5 V 83 A diferença de potencial entre os terminais do capacitor é V t V e R t C V V t RC 0 0 ln a Para tmin 100 ms Rmin ln 10 0 0 220 5 00 0 800 24 8 s F b Para tmax 600 ms V t V e R t C V V t RC 0 0 ln 84 a Quando Rboia 140 Ω i 12 V10 Ω 140 Ω 80 102 A 80 mA b Quando Rboia 140 Ω 20 Ω2 80 Ω i 12 V10 Ω 80 Ω 013 A c Quando Rboia 20 Ω i 12 V10 Ω 20 Ω 040 A 168 soluções dos problemas 85 Como a resistência interna da bateria é r 12 V 114 V50 A 0012 Ω 0020 Ω a bateria está em boas condições Por outro lado a resistência do cabo é R 30 V50 A 0060 Ω 0040 Ω o que mostra que o componente defeituoso é o cabo 86 Quando os resistores são ligados em série a potência dissipada é Ps 2R1 R2 Quando os resistores são ligados em paralelo a potência dissipada é Pp 2R1 R2R1R2 Fazendo PpPs 5 obtemos R1 R22R1R2 5 o que nos dá a equação do segundo grau R R R R 2 2 1 2 1 3 0 cujas soluções para R1 100 Ω são R2 300 90 000 40 000 2 300 224 2 a A menor solução é R2 300 2242 38 Ω b A maior solução é R2 300 2242 262 Ω 87 Quando a chave S permanece aberta por um longo tempo a carga do capacitor C é qi 2C Quando a chave S permanece fechada por um longo tempo a corrente i em R1 e R2 é i 2 1R1 R2 30 V 10 V020 Ω 040 Ω 333 A A diferença de potencial V entre as placas do capacitor é portanto V 2 iR2 30 V 333 A 040 Ω 167 V Como a carga final do capacitor C é qf VC a variação da carga do capacitor é q qf qi V 2C 167 V 30 V 10 m F 13 m C 88 De acordo com a regra das malhas e a regra dos nós temos 20 0 0 20 0 50 0 1 1 3 3 1 1 2 2 2 3 1 i R i R i R i R i i i Fazendo i1 0 R1 100 Ω e R2 200 Ω nas equações anteriores obtemos i R R R 1 3 3 3 40 3 20 3 0 40 3 13 3 89 Os dois resistores de baixo estão ligados em paralelo e equivalem a uma resistência de 20R Essa resistência está em série com uma resistência R do lado direito o que resulta em uma resistência equivalente R9 30R Os resistores do canto superior esquerdo estão ligados em série e equivalem a uma resistência R 60R Finalmente as resistências R9 e R estão ligadas em paralelo o que nos dá uma resistência equivalente total R R R R R R eq 2 0 20 90 a De acordo com as Eqs 2627 e 274 a potência é dada por P i R R R r 2 2 2 soluções dos problemas 169 Derivando a potência em relação a R e igualando o resultado a zero obtemos dP dR d dR R R r r R R r 2 2 2 3 0 cuja solução é R r b Para R r a potência dissipada no resistor externo é P R R r r R r max 2 2 2 4 91 a Aplicando a regra das malhas à malha da esquerda obtemos i R 1 12 0 4 00 3 00 V A b O sentido de i1 é para baixo c Aplicando a regra das malhas à malha central obtemos 2 1 2 2 2 2 0 i R i R i R i R Usando o resultado do item a obtemos i2 160 A d O sentido de i2 é para baixo e Como o sentido das duas correntes é para baixo o sentido da corrente na fonte 1 é do termi nal negativo para o terminal positivo e portanto a fonte 1 está fornecendo energia f De acordo com a regra dos nós a corrente na fonte 1 é 300 A 160 A 460 A de acordo com a Eq 2717 P 460 A120 V 552 W g Como o sentido da corrente na fonte 2 é do terminal negativo para o terminal positivo a fonte 2 está fornecendo energia h De acordo com a Eq 2717 P i2400 V 640 W 92 A resistência equivalente de R3 e R4 em série é R34 40 Ω e a resistência equivalente de R1 e R2 em paralelo é R12 20 Ω Como a queda de tensão em R34 é igual à queda de tensão em R12 V V i R i R i i 34 12 34 34 12 12 34 12 1 2 De acordo com a regra dos nós I i12 i34 600 A Combinando as duas equações obtemos 2i12 i12 1200 A i12 400 A Como a corrente i12 se divide igualmente entre os resistores R1 e R2 i1 i122 200 A 93 a Como P V 2R V PR 10 0 10 1 0 W V 170 soluções dos problemas b Como i VR Vr temos r R V V 0 10 1 5 1 0 1 0 0 V V V 050 94 a ReqAB 200 Ω3 667 Ω três resistores de 200 Ω em paralelo b ReqAC 200 Ω3 667 Ω três resistores de 200 Ω em paralelo c ReqBC 0 os pontos B e C estão ligados por um fio condutor 95 A potência máxima que pode ser dissipada é 120 V15 A 1800 W Como 1800 W500 W 36 o número máximo de lâmpadas de 500 W é 3 96 Vamos chamar de V a fem da fonte De acordo com a Eq 2730 i V R q RC 12 4 8 10 4 4 10 2 5 6 6 V C F A 97 Quando as fontes estão ligadas em paralelo a fem total é a resistência equivalente é Rparalelo R rN e a corrente é i R R r N N NR r paralelo paralelo Quando as fontes estão ligadas em série a fem total é N a resistência equivalente é Rsérie R Nr e a corrente é i N R N R Nr série série Comparando as duas expressões vemos que para R r i i N N r paralelo série 1 98 Com R2 e R3 em paralelo associadas com R1 em série a resistência equivalente do circuito é R R R R R R R R R R R R R R eq 1 2 3 2 3 1 2 1 3 2 3 2 3 e a corrente é i R R R R R R R R R eq 2 3 1 2 1 3 2 3 A potência fornecida pela fonte é P i R R R R R R R R 2 3 2 1 2 1 3 2 3 a Para determinar o valor de R3 que maximiza P derivamos P em relação a R3 Depois de algumas transformações algébricas obtemos dP dR R R R R R R R 3 2 2 2 1 2 1 3 2 3 2 Como a derivada é negativa para todos os valores positivos de R3 P é máxima para R3 0 soluções dos problemas 171 b Fazendo R3 0 obtemos P R 2 1 12 0 14 4 V 100 W 2 99 a Como o capacitor está inicialmente descarregado ele se comporta inicialmente como um curtocircuito e portanto a tensão inicial é zero entre os terminais do resistor R2 e 30 V entre os terminais do resistor R1 Assim de acordo com a lei de Ohm i10 30 V20 kΩ 15 103 A 15 mA b Como a tensão inicial entre os terminais do resistor R2 é 0 i20 0 c Depois de transcorrido um longo tempo o capacitor passa a se comportar como um circuito aberto e os resistores R1 e R2 passam a se comportar como dois resistores em série com uma resistência equivalente Req R1 R2 20 kΩ 10 kΩ 30 kΩ Assim a corrente no circuito que é igual à corrente no resistor 2 é i 30 30 10 1 0 10 1 0 3 3 V A mA 1 a De acordo com a Eq 283 v F eB B sen 6 50 10 1 60 10 2 60 10 17 19 N C 3 5 23 0 4 00 10 400 T ms kms sen b A energia cinética do próton é K mv 1 2 1 2 1 67 10 4 00 10 1 34 2 27 5 2 kg m s 10 16 J que é equivalente a K 134 102 16 J160 102 19 JeV 835 eV 2 A força associada ao campo magnético deve apontar na direção ˆj para equilibrar a força da gravidade que aponta na direção ˆj Para isso de acordo com a regra da mão direita o campo B deve apontar na direção ˆk O módulo Bz do campo é dado pela Eq 283 com f 90 Assim temos B B mg qv z ˆ ˆ k k kg ms2 1 0 10 9 8 2 ˆ 8 0 10 2 0 10 0 061 3 4 C ms k Tˆ ˆ k mT k 61 3 a A força que age sobre o elétron é F qv B q v v B B j q v B B x y x y x y ˆ ˆ ˆ i j i v B y xˆ k C m s T 1 6 10 2 0 10 0 15 19 6 ˆ 3 0 10 0 030 6 2 10 6 14 m s T N k b O cálculo é semelhante ao do item a a única coisa que muda é o sinal da carga elétrica Assim a força que age sobre o próton é FB ˆ 6 2 10 14 N k 4 a De acordo com a Eq 283 FB q vB sen f 32 1019 C 550 ms 0045 T sen 52 62 1018 N b A aceleração é a FBm 62 10 18 N 66 10 27 kg 95 108 ms2 c Como FB é perpendicular a v não exerce trabalho sobre a partícula Assim de acordo com o teorema do trabalho e energia cinética a energia cinética da partícula permanece constante o que significa que a velocidade também permanece constante 5 De acordo com as Eqs 330 e Eq 282 F q v B v B q v B v B x y y x x x y x ˆ ˆ k k 3 Como nesse instante a força é ˆ 6 4 10 19 N k temos q v v B F B F q v v x y x z x z x y 3 3 6 4 10 1 19 N 6 10 3 2 0 4 0 2 0 19 C ms m T Capítulo 28 soluções dos problemas 173 6 A força magnética a que o próton está submetido é F qv B na qual q e De acordo com a Eq 330 temos em unidades do SI ˆ ˆ ˆ 4 10 2 10 0 03 40 2 17 17 i j i e vy 0 0 03 0 02 0 01 ˆ ˆ v v v x x y j k Igualando as componentes correspondentes obtemos a v e e x 20 2 10 0 03 20 1 6 10 2 10 0 17 19 17 03 1 6 10 3 5 10 19 3 ms 35 kms b v e e y 40 4 10 0 03 40 1 6 10 4 10 0 17 19 17 03 1 6 10 7 0 10 19 3 ms 70 kms 7 Como F q E v B m a e temos E m a q B v e 9 11 10 2 00 10 31 12 2 kg m s ˆ ˆ ˆ i C T i km s j k 1 60 10 400 12 0 15 0 19 m s k Vmi Vmj V ˆ ˆ ˆ 11 4 6 00 4 80 m k V m ˆ 8 Fazendo F q E v B 0 obtemos vB E sen Para resolver o problema temos que conhecer o ângulo da velocidade do elétron com o plano formado pelos campos elétrico e magnético Supondo que o ângulo é 90o sen f sen 90o 1 e v E B 1 50 10 3 75 10 3 3 Vm 0400 T ms 375 kms 9 Desprezando a força da gravidade o fato de que a trajetória do elétron na região en tre as placas é retilínea significa que a força a que o elétron está submetido é nula Assim F q E v B 0 Note que v B e portanto v B vB Assim temos B E v E K me 2 100 2 1 0 10 1 60 3 V 20 10 m V 3 10 9 11 10 2 67 10 19 31 4 C kg T Na notação dos vetores unitários B ˆ ˆ 2 67 10 0 267 4 Tk mT k 10 a A força que age sobre o próton é F F F qE qv B E B 1 60 10 4 00 19C V m ˆ ˆ ˆ k2000m s j 250 T i 10 1 44 10 3 18N k ˆ b Nesse caso temos F F F qE qv B E B 1 60 10 4 00 19C V m ˆ ˆ ˆ k 2000m s j 250 mT i 1 60 10 19N k ˆ 174 soluções dos problemas c Nesse caso temos F F F qE qv B E B 1 60 10 4 00 19C V m ˆ ˆ ˆ i 2000m s j 250 mT i N 6 41 10 19 ˆ ˆ i801 10 N k 19 11 Como a força total F q E v B é nula o campo elétrico E é perpendicular ao campo magnético B e à velocidade v da partícula Como o campo magnético é perpendicular à velo cidade o módulo de v B é vB e para que a força total seja nula o módulo do campo elétrico deve ser E vB Como a partícula tem carga e e é acelerada por uma diferença de potencial V mv22 eV e v eV m 2 Assim E B eV m 2 1 2 2 1 60 10 10 10 9 99 19 3 T C V 10 6 8 10 0 68 27 5 kg V m MVm 12 a Uma importante diferença entre a força associada ao campo elétrico F qE e a força associada ao campo magnético F qv B é que enquanto a primeira não depende da velo cidade a segunda se anula quando a velocidade é zero No gráfico da Fig 2832 para v 0 situação em que a única força é a produzida pelo campo elétrico a componente y da força é 20 1019 N Como de acordo com o enunciado o campo elétrico é paralelo ao eixo y isso significa que o módulo do campo elétrico é E F q y tot N C NC 2 0 10 1 6 10 1 25 1 19 19 25 Vm b O gráfico da Fig 2832 mostra que a força total é zero quando a velocidade do elétron é 50 ms De acordo com a Eq 287 isso significa que B Ev 125 Vm50 ms 250 102 T 250 mT Para que F qv B E e F E qE se cancelem é preciso que o vetor v B tenha o sentido oposto ao do vetor E que de acordo com o enunciado aponta no sentido positivo do eixo y Como o vetor velocidade aponta no sentido positivo do eixo x concluímos usando a regra da mão direita que o campo magnético aponta no sentido positivo do eixo z Assim na notação dos vetores unitários B ˆ 25 0 mT k 13 De acordo com a Eq 2812 temos V iB nle 23 A 065 T m m 8 47 10 150 1 28 3 6 10 7 4 10 19 6 C V 74 V 14 Uma carga livre q que se move no interior da fita com velocidade v está sujeita a uma força F q E v B Igualando a força a zero e usando a relação entre campo elétrico e diferença de potencial temos v E B V V d B x y xy 3 90 10 1 20 10 0 8 9 3 V T 50 10 0 382 2 m m s 15 a Estamos interessados em calcular o campo eletrostático que é estabelecido quando as cargas se separam por ação do campo magnético Uma vez estabelecido o equilíbrio a Eq 2810 nos dá E v B 20 0 0 030 0 600 ms T Vm soluções dos problemas 175 O sentido do campo elétrico é o indicado na Fig 288 ou seja o sentido oposto ao do produto vetorial v B assim E ˆ ˆ 0 600 600 Vm k mVm k b De acordo com a Eq 289 V Ed 0 600 1 20 Vm200 m V 16 Como a diferença de potencial é zero quando o objeto se desloca paralelamente ao eixo x sabemos que o campo B aponta nessa direção Combinando as Eqs 287 e 289 obtemos d V E V vB na qual E v e B são módulos de vetores mutuamente perpendiculares Assim quando a veloci dade é paralela ao eixo y como sabemos que o campo magnético é paralelo ao eixo x o campo elétrico e portanto o vetor d é paralelo ao eixo z e temos d dz 0 012 0 20 V 30 ms0020 T m Por outro lado quando a velocidade é paralela ao eixo z o campo elétrico é paralelo ao eixo y e temos d dy 0 018 0 30 V 30 ms0020 T m Assim as respostas são a dx 25 cm valor a que chegamos por exclusão já que conhecemos os valores de dy e dz b dy 30 cm c dz 20 cm 17 a De acordo com a Eq 2816 temos v rqB m eB 2 4 00 2 4 50 10 1 60 10 2 19 u m C 1 20 4 00 1 66 10 2 60 10 27 6 T u kg u m s b O período de revolução é T r v 2 2 4 50 10 2 60 10 1 09 10 2 6 7 m ms s 0 109 s c A energia cinética da partícula alfa é K m v 1 2 4 00 1 66 10 2 60 10 2 27 6 u kg u m s 2 19 5 2 1 60 10 1 40 10 J eV eV 0140 MeV d V Kq 140 105 eV2e 700 104 V 700 keV 18 Com o campo B apontando para fora do papel usamos a regra da mão direita para deter minar o sentido da força no ponto indicado na Fig 2835 Se a partícula fosse positiva a força apontaria para a esquerda o que não estaria de acordo com a figura que mostra a trajetória se encurvando para a direita Assim a partícula é um elétron 176 soluções dos problemas a De acordo com a Eq 283 temos v F eB sen 3 20 10 1 60 10 4 00 10 15 19 N C 3 6 90 5 00 10 T m s o sen b De acordo com a Eq 2816 r mv eB 9 11 10 4 99 10 1 60 10 31 6 kg ms 19 3 4 00 10 0 00710 7 10 C T m mm c De acordo com a Eq 2817 T r v 2 2 7 10 10 5 00 10 8 92 10 3 6 9 m ms s 892 ns 19 Seja j a razão mq que estamos interessados em calcular De acordo com a Eq 2817 T 2pjB Como o eixo horizontal do gráfico da Fig 2836 é o recíproco do campo magnético 1B a inclinação da reta mostrada no gráfico é igual a 2pj Essa inclinação pode ser estimada em 375 109 s50 T1 75 109 T s o que nos dá m q 7 5 1 T s kgC 0 9 2 1 2 10 9 20 Combinando a Eq 2816 com a lei de conservação da energia que neste caso nos dá a relação eV mev22 obtemos a relação r m eB eV m e e 2 segundo a qual a inclinação do gráfico de r em função de V da Fig 2837 é igual a 2 m eB2 e Essa inclinação pode ser estimada em 25 103 m500 V12 5 105 mV12 Nesse caso temos B m e e 2 5 10 2 9 11 10 25 10 1 6 5 2 31 10 0 10 6 7 10 19 2 T 21 a Como K mev22 temos v K me 2 2 1 20 10 1 60 10 9 11 10 3 19 eV eV J 31 7 2 05 10 kg m s b Como r mevqB temos B m v qr e 9 11 10 2 05 10 1 60 10 31 7 kg m s 19 2 4 25 0 10 4 67 10 C m T 467 T c A frequência de revolução é f v r 2 2 07 10 2 25 0 10 1 31 10 7 2 7 m s m Hz 131 MHz d O período do movimento é T f 1 1 1 31 10 7 63 10 76 3 7 8 Hz s ns 22 De acordo com a Eq 2816 o raio da trajetória circular é r mv qB mK qB 2 soluções dos problemas 177 na qual K mv22 é a energia cinética da partícula Assim temos K rqB m q m 2 2 2 a K q q m m K K K p p p p p 2 2 2 1 4 1 0 MeV b K q q m m K K d d p p d p p 2 1 2 1 2 1 0 2 0 50 MeV MeV 23 De acordo com a Eq 2816 temos B m v er e 9 11 10 1 30 10 1 60 10 31 6 kg m s 19 5 0 350 2 11 10 C m T 211 T 24 a O processo de aceleração pode ser visto como a conversão de uma energia potencial eV em energia cinética Como o elétron parte do repouso mev22 eV e v eV me 2 2 1 60 10 350 9 11 10 1 19 31 C V kg 11 107 m s b De acordo com a Eq 2816 r m v eB e 9 11 10 1 11 10 1 60 10 31 7 kg m s 19 3 4 200 10 3 16 10 C T m 0316 mm 25 a A frequência de revolução é f Bq me 2 35 0 10 1 60 10 2 9 11 1 6 19 T C 0 9 78 10 31 5 kg Hz 0978 MHz b De acordo com a Eq 2816 temos r m v qB m K qB e e 2 2 9 11 10 100 1 60 31 kg eV 10 1 60 10 35 0 10 0 964 19 19 6 J eV C T m 964 cm 26 De acordo com a Fig 2838 no ponto em que a partícula penetra na região onde existe campo o vetor velocidade aponta para baixo Como o campo magnético aponta para fora do papel o vetor v B aponta para a esquerda Como a partícula é desviada para a esquerda pela força magnética isso significa que a carga da partícula é positiva ou seja que a partícula é um próton a De acordo com a Eq 2817 B m eT 2 2 1 67 10 1 60 10 2 13 27 19 kg C 0 10 0 252 9 s T b Como o período T não depende da energia cinética permanece o mesmo T 130 ns 27 a Explicitando B na equação m B2qx28V veja o Exemplo Movimento circular unifor me de uma partícula carregada em um campo magnético obtemos B Vm qx 8 8 100 10 3 92 10 3 20 10 2 3 25 V kg 19 2 2 00 0 495 C m T 495 mT 178 soluções dos problemas b Seja N o número de íons que são separados pelo aparelho por unidade de tempo A corrente é i qN e a massa que é separada por unidade de tempo é dada por M mN na qual m é a massa de um íon Se o aparelho é usado para separar 100 mg de material por hora M 100 10 3600 2 78 10 6 8 kg s kg s Como N Mm temos i qM m 3 20 10 2 78 10 3 92 10 19 8 25 C kg s kg A 227 mA 2 27 10 2 c Como cada íon deposita uma energia qV no reservatório a energia depositada em um inter valo de tempo t é dada por E NqV t iqV q t iV t 2 27 10 100 10 2 3 A V 3600 8 17 10 8 17 6 s J MJ 28 Como F mv2r e K mv22 temos K Fr N m 2 1 60 10 26 1 10 2 2 09 10 17 6 22 J 29 A Fig 2811 pode facilitar a compreensão deste problema De acordo com a Eq 2817 a distância percorrida paralelamente a B é d v T v m eB e 2 Assim v d eB me m 2 6 00 10 1 60 10 0 3 6 19 C 00 2 9 11 10 50 3 31 T kg kms Como a força magnética é F eBv v F eB 2 00 10 1 60 10 0 300 41 15 19 N C T 7 kms e v v v 2 2 65 3 kms 30 Como de acordo com a Eq 2817 T 2pme eB o tempo total é t T t T m e B B tot ac e 2 2 1 1 1 2 1 2 tac O tempo que o elétron passa no espaço entre as regiões onde existe campo magnético sendo acelerado de acordo com a Eq 215 deve ser calculado separadamente Fazendo v K me 0 2 0 e a eVmed na Eq 215 na qual K0 é a energia cinética inicial do elétron e d é a distância entre as regiões onde existe campo magnético temos d v t at d K m t e V m d t ac ac e ac e a 0 2 0 1 2 2 1 2 c 2 o que nos dá tac 6 ns Assim temos t m e B B tot e 1 1 6 0 9 11 10 1 2 31 ns kg 1 6 10 1 0 010 1 0 020 6 0 8 19 C T T ns 7 ns soluções dos problemas 179 31 As duas partículas se movem em trajetórias circulares uma no sentido horário e outra no sentido antihorário e colidem após descreverem meia circunferência Assim de acordo com a Eq 2817 o tempo pedido é dado por t T m Bq 2 9 11 10 3 53 10 1 60 31 3 kg T 10 5 07 10 19 9 C s 507 ns 32 Como o elétron se move com velocidade constante v na direção de B enquanto descreve um movimento circular uniforme de frequência f eB2pme na direção perpendicular a B a distância d é dada por d v T v f v m eB e cos 2 2 1 5 10 9 7 m s 11 10 10 1 60 10 1 0 10 31 19 3 kg C T cos 0 53 m 33 a se v é a velocidade escalar do pósitron v sen f é a componente da velocidade no plano perpendicular ao campo magnético na qual f é o ângulo entre a velocidade e o campo magné tico De acordo com a segunda lei de Newton eBv sen f mev sen f2r na qual r é o raio da órbita Assim r meveB sen f e o período é dado por T r v m eB e 2 2 2 9 11 10 1 60 10 31 sen kg 19 10 0 100 3 58 10 C T s 0358 ns b O passo p é a distância percorrida na direção do campo magnético em um intervalo de tempo igual a um período p vT cos f A velocidade do pósitron pode ser calculada a partir da energia cinética v K me 2 2 2 00 10 1 60 10 9 11 10 3 19 eV J eV 31 7 2 65 10 kg m s Assim p cos 2 65 10 3 58 10 89 1 66 10 7 10 4 m s s m 0166 mm c O raio da trajetória helicoidal é R m v eB e sen sen 9 11 10 2 65 10 89 31 7 kg m s 1 60 10 0 100 1 51 10 19 3 C T m 151 mm 34 a De acordo com as Eqs 320 e 323 temos v B vB v B v B v B x x y y z z cos Como v 20 30 50 3800 2 2 2 B 20 50 30 3800 2 2 2 v B v B v B x x y y z z 20 20 50 30 30 50 400 temos cos cos cos 1 1 1 400 3800 v B v B v B vB x x y y z z 0 105 84 o b Não a velocidade escalar não varia com o tempo O que varia com o tempo é apenas a direção da velocidade c Não o ângulo f não varia com o tempo como se pode ver na Fig 2811 180 soluções dos problemas d Como v v sen sen 3800 84 61 64 0 994 61 63 o ms temos r mv eB 9 11 10 61 63 1 6 10 31 19 kg ms C 61 64 10 5 7 3 T nm 35 a De acordo com a lei de conservação da energia a energia cinética aumenta de K eV 200 eV a cada passagem b Multiplicando o resultado do item a por 100 obtemos K 100200 eV 200 keV c Expressando a velocidade em termos da energia cinética e usando a Eq 2816 obtemos r m eB n m p p 2 200 eV na qual n é o número de passagens Assim o raio é proporcional a n e o aumento percentual definido no enunciado é dado por aumento percentual 101 100 100 10 0499 10 00 00 10 0000 0 00499 0 499 36 a O módulo do campo magnético para que haja ressonância é B fm q p 2 2 1 67 10 1 60 6 27 120 10 Hz kg 10 0 787 19 C T b A energia cinética dos prótons que saem do cíclotron é K mv m Rf 1 2 2 2 27 2 1 2 2 1 2 1 67 10 4 0 53 kg 0 12 0 10 1 33 10 8 34 10 2 6 2 12 6 m Hz J eV 834 MeV c A nova frequência é f qB mp 2 1 60 10 1 57 2 1 67 10 19 27 C T kg Hz 239 MHz 2 39 107 d A nova energia cinética é dada por K mv m Rf 1 2 1 2 2 1 2 1 67 10 4 0 53 2 2 27 2 kg 0 2 39 10 5 3069 10 3 32 10 2 7 2 12 7 m Hz J eV 37 A distância pedida é aproximadamente igual ao número de revoluções vezes a circunferên cia da órbita correspondente à energia média Tratase de uma aproximação razoável já que o dêuteron recebe a mesma energia a cada revolução e o período não depende da energia O dêuteron é acelerado duas vezes em cada revolução e a cada vez recebe uma energia de 80 103 eV Como a energia final é 166 MeV o número de revoluções é n 16 6 10 2 80 10 104 6 3 eV eV soluções dos problemas 181 A energia média durante o processo de aceleração é 1662 83 MeV O raio da órbita é dado por r mv eB m eB K m Km eB 2 2 2 8 3 10 1 60 10 6 19 eV J eV kg C T 3 34 10 1 60 10 1 57 0 3 27 19 75m A distância total percorrida é aproximadamente 2prn 2p0375104 24 102 m 38 a De acordo com as Eqs 2818 e 2823 temos f eB mp osc C T 2 1 60 10 1 20 2 1 67 10 19 27 7 1 83 10 kg Hz 183 MHz b Como r m v qB m k qB p P 2 temos K rqB mp 2 19 2 2 0 500 1 60 10 1 20 m C T 2 1 67 10 1 60 10 1 72 10 27 19 7 kg J eV eV 172 MeV 39 a O módulo da força que o campo magnético da Terra exerce sobre a linha é dado por FB iLB sen f na qual i é a corrente na linha L é o comprimento da linha B é o módulo do campo magnético e f é o ângulo entre a corrente e o campo Assim FB sen 5000 100 60 0 10 70 28 2 6 A m T N b Aplicando a regra da mão direita ao produto vetorial F iL B B constatamos que a força é horizontal e aponta para oeste 40 A força magnética exercida pelo campo sobre o fio é F B iBL sen sen 13 0 1 50 1 80 35 0 A T m 20 1 N 41 a A força que o campo magnético exerce sobre o fio aponta para cima e tem um módu lo igual à força gravitacional mg a que o fio está submetido Como o campo e a corrente são mutuamente perpendiculares o módulo da força magnética é dado por FB iLB na qual L é o comprimento do fio Assim iLB mg i mg LB 0 0130 9 8 0 620 0 kg m s m 2 440 0 467 T A 467 mA b Aplicando a regra da mão direita constatamos que o sentido da corrente é da esquerda para a direita 42 a Por simetria concluímos que a componente x da força que o campo magnético exerce sobre o fio é zero De acordo com a regra da mão direita um campo na direção ˆk produz nas duas partes do fio uma componente y da força que aponta na direção ˆj e cujo módulo é sen sen F i B y l 30 2 0 2 0 4 0 30 A m T 8N Assim a força total que o campo exerce sobre o fio é ˆ 16j N b Nesse caso a força que o campo exerce sobre o lado esquerdo do fio aponta no sentido ˆk e a força que o campo exerce sobre o lado direito do fio aponta no sentido ˆk Como por simetria as duas forças são iguais a força total é 0 182 soluções dos problemas 43 Vamos escolher um sistema de coordenadas tal que o cateto de comprimento ly 50 cm coincide com o semieixo y positivo e o cateto de comprimento lx 120 cm coincide com o semieixo x positivo O ângulo que a hipotenusa faz com o cateto que coincide com semieixo x positivo é u tan1 50120 226 Medindo o ângulo no sentido antihorário a partir do semieixo x positivo o ângulo da hipote nusa é 180 226 1574 Vamos supor que o sentido da corrente na bobina triangular é o sentido antihorário do ponto de vista de um observador situado no semieixo z positivo Como o campo magnético é paralelo à corrente na hipotenusa temos B B B B x y cos cos sen 0 0750 157 4 0 0692 o T 0 0750 157 4 0 0288 sen o T a Como o campo magnético é paralelo à corrente na hipotenusa a força exercida sobre a hipotenusa é zero b No caso do cateto de 50 cm a componente Bx do campo magnético exerce uma força i yB x l ˆk e a força exercida pela componente By é zero O módulo da força é portanto 4 00 0 500 0 0692 0 138 A m T N c No caso do cateto de 120 cm a componente By do campo magnético exerce uma força i x B y l ˆk e a força exercida pela componente Bx é zero O módulo da força é portanto 4 00 1 20 0 0288 0 138 A m T N d A força total é i B i B y x x y l l ˆ ˆ k k 0 já que Bx 0 e By 0 Se tivéssemos suposto que o sentido da corrente na espira era o sentido horário teríamos obtido Bx 0 e By 0 mas a força total continuaria a ser zero 44 Considere um segmento infinitesimal do anel de comprimento ds Como o campo magné tico é perpendicular ao segmento ele exerce sobre o segmento uma força de módulo dF iB ds A componente horizontal da força tem valor absoluto dF iB ds h cos e aponta para o centro do anel A componente vertical tem valor absoluto dF iB ds y sen e aponta para cima A força total é a soma das forças que agem sobre todos os segmentos do anel Por simetria a componente horizontal da força total é zero A componente vertical é F iB ds aiB v sen sen 2 2 0 018 4 6 10 3 m A T N 060 N sen 3 4 10 20 6 0 10 3 7 Note que foi possível deixar i B e sen u de fora do sinal de integral porque i B e u têm o mesmo valor para todos os segmentos do anel soluções dos problemas 183 45 A força que o campo magnético exerce sobre o fio é F iL B iL B B iL B B B y z z y ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ i j k j k ˆ ˆ 0 500 0 500 0 0100 0 00300 A m T j T k ˆ ˆ ˆ 2 50 10 0 750 10 2 50 3 3 j k N mN j ˆ 0 750 mN k 46 a Como a força que o campo magnético exerce sobre o fio é FB idB temos v at F t m idBt m B 9 13 10 2 56 10 5 3 2 A m 63 10 0 0611 2 41 10 3 34 10 2 5 2 T s kg ms 334 cms b O sentido é para a esquerda 47 a A força do campo magnético deve ter uma componente horizontal para vencer a força de atrito mas também pode ter uma componente vertical para reduzir a força normal e portanto a força de atrito As forças que agem sobre a barra são F a força do campo magnético mg a força da gravidade FN a força normal exercida pelos trilhos f a força de atrito Vamos supor sem perda de generalidade que a barra está na iminência de se mover para leste o que significa que a força f aponta para leste e tem o valor máximo msFN Isso significa também que F possui uma componente Fx para leste e além disso pode possuir uma componente Fy para cima Va mos supor também que o sentido da corrente é para o norte Nesse caso de acordo com a regra da mão direita uma componente de B para baixo Bb produz uma força Fx para leste enquanto uma componente para oeste Bo produz uma força Fy para cima Essas forças são F iLB F iLB x b y o Igualando a zero a soma das forças verticais obtemos F mg F mg iLB N y o o que nos dá f f mg iLB s s o max Como a barra está na iminência de se mover igualamos também a zero a soma das forças ho rizontais F f iLB mg iLB x b s o 0 O passo seguinte consiste em determinar o ângulo do campo aplicado com a vertical para que o módulo do campo seja mínimo Como as componentes do campo são dadas por Bo B senu e Bb B cosu temos iLB mg iLB B mg iL s s s cos sen cos sen Derivando em relação a u a expressão para o campo magnético obtida e igualando o resultado a zero temos dB d mgiL iL s s s cos sen cos sen 2 0 184 soluções dos problemas o que nos dá tan tan 1 1 0 60 31 s Assim Bmin 2 kg m s A m 0 60 1 0 9 8 50 1 0 31 cos 0 60 31 0 10 sen T b Como foi visto no item anterior u 31o 48 Como dF idL B B na qual dL dx ˆi e B B B x y ˆ ˆ i j temos F idL B idx B B i B B x x x y y x x i f i f ˆ ˆ ˆ i i j dx x dx ˆ ˆ k A m mT 5 0 8 0 2 1 0 3 0 k k N ˆ 0 35 49 O campo magnético aplicado tem duas componentes Bx e Bz Considerando os diferentes segmentos da bobina retangular observamos que de acordo com a Eq 2826 a força exercida pelo campo é diferente de zero apenas para a componente de B perpendicular a cada segmento observamos também que a força associada a um único fio deve ser multiplicada por N na qual N é o número de espiras Como estamos interessados em calcular o torque em relação à dobradiça podemos ignorar a força que age sobre o segmento que coincide com o eixo y As forças que o campo magnético exerce sobre os segmentos paralelos ao eixo x causadas pela componente Bz são paralelas ao eixo y e portanto não produzem torque em relação à dobradi ça Concluímos portanto que o torque resulta unicamente da força que o campo exerce sobre o segmento paralelo ao eixo y Além disso como a componente Bz exerce sobre este segmento uma força paralela ao eixo x não contribui para o torque Por outro lado a componente Bx pro duz uma força na direção z que é igual a NiLBx na qual N é o número de espiras i é a corrente L é o comprimento do segmento e Bx B cos u é a componente x do campo aplicado o ângulo u está definido na Fig 2844 Como a linha de ação desta força é perpendicular ao plano da bobina temos cos NiLB x NiLxB x 20 0 10 0 10 A m 0 050 0 50 30 0 0043 cos m T N m Como r F o torque aponta no sentido negativo do eixo y Assim na notação dos vetores unitários o torque é sen sen F i B y l 30 2 0 2 0 4 0 30 A m T 8N 50 Como max max B B i r B 2 e i qf qv2pr temos max C qv r r B qvrB 2 1 2 1 2 1 60 10 2 19 219 ms m T 10 5 29 10 7 10 10 6 5 6 11 3 8 10 26 N m 51 As forças que agem sobre o cilindro são a força da gravidade mg que é vertical e passa pelo centro de massa do cilindro a força normal do plano inclinado FN que é perpendicular ao plano inclinado e passa pelo centro de massa do cilindro e a força de atrito f que é paralela ao plano inclinado e passa pela superfície do cilindro Vamos tomar o eixo x paralelo ao plano soluções dos problemas 185 inclinado e considerar o sentido para baixo como positivo Nesse caso aplicando a segunda lei de Newton às componentes das forças envolvidas em relação ao eixo x temos mg f ma sen na qual a é a aceleração do cilindro O passo seguinte consiste em calcular o torque em relação ao eixo do cilindro De acordo com a Eq 2837 o campo magnético produz um torque de módulo mB senu na qual m é o momento dipolar do cilindro e a força de atrito produz um torque de módulo fr na qual r é o raio do cilindro De acordo com a segunda lei de Newton para rotações temos fr B I sen na qual I é o momento de inércia do cilindro e a é a aceleração angular do cilindro Como estamos interessados em calcular a menor corrente para a qual o cilindro não entra em mo vimento fazemos a 0 na primeira equação e a 0 na segunda o que nos dá mgr B Como a bobina é retangular com dois lados de comprimento L e dois lados de comprimento 2r na qual r é o raio do cilindro a área da bobina é A 2rL e o momento dipolar é NiA Ni rL 2 Assim mgr 2NirLB e i mg NLB 2 0 250 9 8 2 10 0 0 100 0 kg m s m 2 500 2 45 T A 52 Para resolver este problema basta saber que entre os retângulos de mesmo perímetro o retângulo de maior área é um retângulo de quatro lados iguais ou seja um quadrado De acor do com o enunciado o valor máximo do comprimento de um dos lados é x 4 cm Este valor corresponde ao caso em que dois lados paralelos do retângulo têm comprimento desprezível o que nos leva à conclusão de que o comprimento total do fio é 8 cm Assim no caso de um quadrado o comprimento dos lados é 84 2 cm e a área é A 0020 m2 000040 m2 De acordo com as Eqs 2835 e 2837 temos i NA NAB 4 80 10 1 4 0 10 4 0 8 4 N m m2 10 0 0030 3 0 2 T A mA 53 Vamos substituir a espira de forma arbitrária por um conjunto de espiras longas finas aproximadamente retangulares muito próximas umas das outras que sejam quase equivalentes à espira de forma arbitrária Cada uma dessas espiras conduz uma corrente i no mesmo sentido que a espira original O módulo do torque exercido pela enésima espira de área An é dado por n n NiB A sen Assim para todo o conjunto n n n n NiB A NiABsen 54 a Como o ganho de energia cinética quando o dipolo passa de uma orientação definida por um ângulo u para a orientação na qual o momento dipolar está alinhado com o campo mag nético é igual à perda de energia potencial temos K U U B B i f cos cos 0 o que nos dá cos cos 1 1 1 1 0 00080 0 020 K B J JT 0 052 77 T b Como estamos supondo que não há dissipação de energia no processo o ângulo para o qual o dipolo volta a entrar momentamente em repouso é igual ao ângulo inicial u 77 186 soluções dos problemas 55 a O módulo do vetor momento magnético é i A r i r i n n 1 2 1 2 2 2 2 7 00 0 200 0 30 A m 0 2 86 m 2 A m2 n b Nesse caso r i r i 2 2 2 1 2 1 2 2 7 00 0 300 0 200 A m m 1 10 A m2 56 a NAi r i 2 2 2 60 0 184 0150m A A m2 b B Bsen sen 0 184 12 0 41 0 1 A m T 2 45N m 57 a O módulo do momento dipolar magnético é dado por m NiA na qual N é o número de espiras i é a corrente e A é a área da bobina Neste caso como as espiras são circulares a área da bobina é A pr2 na qual r é o raio das espiras e i N r 2 2 2 30 160 0 0190 12 7 A m m A 2 b O torque é máximo quando o momento dipolar magnético é perpendicular ao campo o que significa que o plano da bobina é paralelo ao campo O valor do torque máximo é max A m2 T N m B 2 30 35 0 10 8 05 10 3 2 0 0805 N m 58 Como m NiA ipr2 temos i r 2 22 2 9 8 00 10 2 08 10 J T A 2 3500 10 m 3 08 GA 59 a Como a área da bobina é A 30 cm40 cm2 60 102 cm2 iA 5 0 6 0 10 0 30 2 A m A m 2 2 b O torque sobre a bobina é Bsen sen 0 30 80 10 90 2 4 10 3 2 A m T 2 N m N m 0 024 60 Vamos fazer a 300 cm b 200 cm e c 100 cm Seguindo a sugestão do enunciado escrevemos 1 2 5 iab iac ia c b ˆ ˆ ˆ ˆ k j j k 00 0 300 0 100 0 200 0 1 A m m j m k ˆ ˆ 50 0 300 ˆ ˆ j k A m2 61 A energia potencial magnética do sistema é dada por U B na qual é o momento dipolar magnético da bobina e B é o campo magnético O módulo de é m NiA na qual i é a corrente na bobina N é o número de espiras e A é a área da bobina Por outro lado o torque que age sobre a bobina é dado pelo produto vetorial B a De acordo com a regra da mão direita o momento dipolar magnético aponta no sentido negativo do eixo y Assim temos ˆ ˆ NiA j A m 2 j 3 2 00 4 00 10 3 0 0240 A m ˆ 2 j A energia potencial correspondente é U B yB y 0 0240 10 3 A m 300 T 2 7 20 10 72 0 5 J µJ soluções dos problemas 187 b Como ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ j i j j e j k i 0 0 o torque que age sobre a bobina é B B B y z y x ˆ ˆ i k 00240 A m 400 2 10 10 9 3 3 Ti 00240 A m 200 Tk 2 ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ 60 10 4 80 10 96 0 48 5 5 N mi N mk i ˆ 0k N m 62 Observando o ponto do gráfico da Fig 2850b para i2 0 que corresponde a uma situação na qual o momento magnético da bobina 2 é zero concluímos que o momento magnético da bobina 1 é m1 20 1025 A m2 Observando o ponto no qual a reta cruza o eixo horizontal que é o ponto i2 50 mA concluímos já que para este valor da corrente os dois momentos magnéticos se cancelam que o módulo do momento magnético da bobina 2 é m2 20 1025 A m2 para i2 50 mA o que de acordo com a Eq 2835 nos dá N A i 2 2 2 2 5 3 2 0 10 0 0050 4 0 10 A m A m 2 2 Se o sentido da corrente na bobina 2 for invertido e a corrente da bobina 2 for i2 70 mA o momento total será m m1 m2 20 1025 A m2 N2A2i2 20 1025 A m2 40 1023 m200070 A 48 105 A m2 63 O momento magnético é ˆ ˆ 0 60 0 80 i j na qual m iA ipr2 020 Ap0080 m2 402 104 Am2 a O torque é B ˆ ˆ ˆ ˆ 0 60 0 80 0 25 0 30 i j i k ˆ ˆ ˆ ˆ 0 60 0 30 0 80 0 25 0 i k j i ˆ ˆ ˆ 80 0 30 4 02 10 0 18 0 4 j k j ˆ ˆ ˆ 20 0 24 9 7 10 7 2 10 4 k i N m i 4 4 8 0 10 N m j N mk ˆ ˆ b A energia potencial magnética da espira é U B ˆ ˆ ˆ ˆ 0 60 0 80 0 25 i j i 030k 0 60 0 25 0 15 0 15 4 02 10 4 6 0 10 4 J 64 Como de acordo com a Eq 2839 U B B cos no ponto f 0 que corres ponde ao ponto mais baixo do gráfico da Fig 2851 no qual a energia potencial é U0 mB 50 104 J a energia mecânica é K0 U0 67 104 J 50 104 J 17 104 J No ponto de retorno K 0 e portanto de acordo com a lei de conservação da energia Uret 17 104 J Assim o ângulo correspondente ao ponto de retorno é cos cos 1 1 4 1 7 10 5 0 10 U B ret J 4 110 J 188 soluções dos problemas 65 Se um fio de comprimento L é usado para fazer N espiras a circunferência de cada espira é LN o raio de cada espira é R L2pN e a área de cada espira é A R L N L N 2 2 2 2 2 4 a Para que o torque seja máximo o plano das espiras deve ser paralelo ao campo magnético o que faz com que o momento dipolar magnético da bobina seja perpendicular ao campo Assim o ângulo é 90o b Com o plano das espiras paralelo ao campo magnético o módulo do torque é NiAB Ni L N B iL B N 2 2 2 4 4 De acordo com a equação anterior quanto menor o número N de espiras maior o torque As sim o torque é máximo para N 1 c O módulo do torque máximo é iL B 2 3 3 4 4 51 10 10 A0250 m 571 T 2 4 1 28 10 7 N m 66 A equação de movimento do próton é F qv B q v v v B qB v v x y z z y ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ i j k i j k m a m dv dt dv dt dv d p p x y z ˆ ˆ i j t ˆ k Assim dv dt dv dt v dv dt v x y z z y 0 na qual ω eBm A solução é vx v0x vy v0y cos ωt e vz v0y sen ωt Assim temos v t v v t v t x y y ˆ cos ˆ sen ˆ 0 0 0 i j k 67 a Podemos usar a equação B na qual aponta para a parede já que o sentido da corrente é o sentido horário Como B aponta na direção de 13 horas ou 5 minutos a regra da mão direita mostra que aponta na direção de 16 horas ou 20 minutos Assim o intervalo de tempo é 20 minutos b O módulo do torque é sen B B NiAB Nir B 90 6 2 0 0 1 2 A 5 70 10 5 9 10 2 3 2 m T N m 68 O vetor unitário associado a um comprimento infinitesimal dl do fio é ˆj A força que o campo magnético exerce sobre esse elemento em unidades do SI é dada por dF id y y l ˆ ˆ ˆ j i04 j 0 3 Como ˆ ˆ ˆ j i k e ˆ ˆ j j 0 temos dF iyd yd l l 0 3 6 00 10 4 ˆ ˆ k N m k 2 Integrando o elemento de força para todo o fio obtemos F dF ydy ˆ 6 00 10 6 00 10 4 Nm k 2 0 025 4 5 2 1 88 10 Nm k 025 Nk 188 2 2 ˆ ˆ Nk ˆ soluções dos problemas 189 69 Como m B2qx28V m B2q8V2xx na qual x Vm B q 8 2 que podemos substituir na expressão de m para obter m B q V mV B q x B mq V x 2 2 8 2 8 2 Assim a distância entre os pontos em que os íons atingem o detector é x m B V mq 2 37 35 1 66 10 0 50 2 7 27 u u kg u T 3 10 36 1 66 10 1 60 10 3 27 19 V u kg u C 8 2 10 3 m 82 mm 70 a Igualando o módulo da força elétrica FE eE ao módulo da força magnética FB evB sen f obtemos B Ev sen f Isso mostra que o campo é mínimo quando sen f é máximo o que acontece para f 90 A velocidade pode ser calculada a partir da energia cinética usando a relação K mv22 v K me 2 2 2 5 10 1 60 10 9 11 10 3 19 3 eV J eV 1 7 2 96 10 kg m s Assim B E v 10 10 2 96 10 3 4 10 3 7 4 V m m s T 034 mT A direção do campo magnético deve ser perpendicular à direção do campo elétrico ˆj e à direção da velocidade do elétron ˆi Como a força elétrica F E e E aponta na direção ˆj a força magnética F e v B B aponta na direção ˆj Assim a direção do campo magnético é ˆk Na notação dos vetores unitários B ˆ 0 34 mTk 71 O período de revolução do íon de iodo monoionizado é T 2prv 2pmBe o que nos dá m BeT n 2 45 0 10 1 60 10 1 29 10 3 19 T C 3 27 2 7 1 66 10 127 s kg u u 72 a A única componente de B que exerce uma força sobre os elétrons é a componente per pendicular a v a velocidade dos elétrons É mais eficiente portanto orientar o campo magné tico perpendicularmente ao plano do papel Nesse caso a força que o campo magnético exerce sobre os elétrons é FB evB e a aceleração dos elétrons é a v2r De acordo com a segunda lei de Newton evB mev2r e portanto o raio da trajetória dos elétrons é r meveB Se a energia dos elétrons é K mev22 a velocidade é v K me 2 Assim r m eB K m m K e B e e e 2 2 2 2 Como esta distância deve ser menor que d a condição pedida é 2 2 2 m K e B d e o que nos dá B m K e d e 2 2 2 b Para que os elétrons descrevam a trajetória mostrada na Fig 2852 o campo magnético deve apontar para fora do papel 190 soluções dos problemas 73 Como o elétron está se movendo paralelamente à componente horizontal do campo mag nético da Terra a força magnética experimentada pelo elétron se deve apenas à componente vertical do campo O módulo da força que age sobre o elétron é dado por F evB na qual B é a componente vertical do campo magnético da Terra Nesse caso de acordo com a segunda lei de Newton a aceleração do elétron é a evBme a A velocidade do elétron pode ser calculada a partir da relação K mv22 v K me 2 2 12 0 10 1 60 10 9 11 10 3 19 eV J eV 31 7 6 49 10 kg m s Assim a evB me 1 60 10 6 49 10 55 0 10 19 7 6 C m s T kg m s m s 9 11 10 6 27 10 6 3 10 31 14 2 14 2 b Supondo que o elétron continua a se mover paralelamente ao campo magnético da Terra a trajetória do elétron é um arco de circunferência O raio da circunferência é R v a 2 7 2 14 6 49 10 6 27 10 6 72 ms ms m 2 A linha tracejada mostra a trajetória do elétron Seja h a distância a que o elétron se encontra do eixo x depois de percorrer uma distância d na direção do eixo Como d R sen u temos h R R R d R cos sen 1 1 1 1 1 2 2 Fazendo R 672 m e d 020 m na expressão anterior obtemos h 30 mm 74 Fazendo Bx By B1 e Bz B2 e usando a Eq 282 F qv B obtemos em unidades do SI 4 20 12 2 4 6 6 2 2 2 1 1 2 1 ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ i j k i j B B B B B 4 B1 ˆ k o que nos dá B1 23 e B2 24 Assim B ˆ ˆ ˆ 3 0 3 0 4 0 i j k T 75 De acordo com a Eq 2816 o raio da trajetória circular é r mv qB mK qB 2 soluções dos problemas 191 na qual K mv22 é a energia cinética da partícula De acordo com a equação anterior r mK qB a r r m K m K q q e e d p d d p p p d 2 0 1 0 2 1 4 u u b r r m K m K q q e e p p p p 4 0 1 0 2 1 0 u u 76 De acordo com a Eq 2816 a razão entre a carga e a massa é qm vBr Como de acordo com a Eq 287 a velocidade dos íons é dada por v EB temos q m E B B r E BB r 77 De acordo com a Eq 287 E v B 500V m Para que a força elétrica e a força magnética se cancelem mutuamente o campo elétri co deve apontar no sentido negativo do eixo y Assim na notação dos vetores unitários E ˆ 500 Vmj 78 a De acordo com E nev C d No caso do efeito Hall a Eq 2810 nos dá E vdB Dividindo uma equação pela outra obte mos E E B ne C b Usando o valor da resistividade do cobre dado na Tabela 261 obtemos E E B ne c 0 65 8 47 10 1 60 10 1 28 3 19 T m C 69 10 2 84 10 8 3 m 79 a Como K qV e qa 2qp KpKa 050 b Como K qV e qa 2qd KdKa 050 c Como r mK qB mK q 2 temos r m K m K q r q K K r d d d p p p p d p p p 2 00 1 00 10 2 u u cm 14 cm d No caso de uma partícula alfa temos r m K m K q r q K K er p p p p p 4 00 1 00 2 2 u u e 10 2 cm 14 cm 80 a A força é máxima quando a velocidade é perpendicular ao campo magnético Nesse caso de acordo com a Eq 283 FBmax q vB sen 90 evB 160 10 19 C 720 106 ms 830 10 3 T 956 10 14 N 192 soluções dos problemas b A força é mínima quando a velocidade é paralela ao campo Nesse caso de acordo com a Eq 283 FBmin q vB sen 0 0 c Como de acordo com a segunda lei de Newton a FBme q vB sen u me o ângulo entre v e B é sen sen 1 1 31 9 11 10 4 9 m a q vB e kg 0 10 1 60 10 7 20 10 83 0 1 14 2 16 6 m s C m s 0 0 267 3 T 81 A contribuição do campo magnético para a força é dada pela Eq 282 F qv B q B B B x x ˆ ˆ ˆ ˆ 17 000 11 000 i i j i ˆ ˆ ˆ ˆ 7000 220 140 k i k j N B q x e a contribuição do campo elétrico para a força é dada pela Eq 231 F qE q E y ˆ ˆ j j N 300 Para q 50 106 C a força total que age sobre a partícula é F F F B E ˆ ˆ 5 0 10 160 220 0 0008 6 C j k 0 0 0011 0 80 1 1 ˆ ˆ ˆ ˆ j k N j k mN 82 a De acordo com a Eq 2810 v E B V dB d 10 10 1 0 10 1 5 6 7 10 6 2 V m T 4 ms 067 mms b De acordo com a Eq 2812 n Bi V e Bi Ed e i v d e d l l l 3 0 6 7 10 0 0 4 A ms 10 10 10 1 6 10 2 8 10 6 19 29 3 m m C m c Em vez de usar um desenho vamos descrever a situação em termos das direções horizontais norte sul leste e oeste e das direções verticais para cima e para baixo Vamos supor que o campo B aponta para cima e que o plano da fita está na horizontal com a maior dimensão na direção nortesul Vamos supor ainda que o sentido da corrente é do sul para o norte De acordo com a regra da mão direita os elétrons de condução experimentam uma força para oeste o que estabelece uma diferença de potencial de Hall entre as bordas da fita com a borda leste mais positiva que a borda oeste 83 De acordo com a regra da mão direita o produto v B aponta na direção k De acordo com a Eq 282 F qv B para que a força aponte na direção ˆk a carga deve ser negativa De acordo com a Eq 283 sen F q v B e portanto sen s q F v B 0 48 4000 0 0050 N ms T en 35 0 040 C o que nos dá q 240 mC 84 De acordo com a Eq 282 temos F x dx ˆ ˆ 3 00 0 600 1 80 1 2 0 1 3 A T m i j 2 3 0 600 A T m k Nk ˆ ˆ soluções dos problemas 193 85 a De acordo com as Eqs 330 e 282 temos em unidades do SI F qv B e v B v B v B v B v y z z y z x x z ˆ ˆ i j x y y x B v B ˆ k 1 60 10 4 0 008 19 ˆ ˆ 6 0 004 6 0 002 2 0 008 i j ˆ 2 0 004 4 0 002 1 28 10 21 k ˆ ˆ ˆ ˆ i j i j N 6 41 10 12 8 6 41 10 22 22 b De acordo com a própria definição de produto vetorial o ângulo entre v e F é 90 c De acordo com a Eq 320 cos cos 1 1 68 56 84 v B v B 173 86 a Como B Bx ˆ ˆ i 6 10 5 Ti v B v B y x ˆk e a força magnética que age sobre o elé tron é F e v B B y x ˆ k Assim de acordo com a Eq 2816 r m v e B e y x 9 11 10 4 10 1 6 10 31 4 1 kg ms 9 5 6 10 0 0038 C T m b O tempo necessário para uma revolução é T 2prvy 060 ms durante esse tempo o des locamento do elétron da direção do eixo x que é o passo da trajetória helicoidal é x vxT 32 103 ms060 106 ms 0019 m 19 mm c Para um observador situado no semieixo x negativo quando o elétron penetra na região na qual existe campo com uma velocidade vy positiva que para o observador seria para cima é submetido a uma força na direção do semieixo z positivo que para o observador seria para a direita Assim para um observador situado atrás do elétron o elétron se move no sentido horário 1 a De acordo com a Eq 294 B i r 0 2 4 100 2 3 3 1 107 610m T m A A 0 3 3 6 T T b Como o valor obtido no item a é comparável com a componente horizontal do campo magnético da Terra a resposta é sim 2 De acordo com a Eq 291 o valor de dB é máximo no que diz respeito ao ângulo u para u 90º e assume o valor dB i ds R max 0 2 4 De acordo com a Fig 2934b dBmax 60 1012 T Explicitando i na equação anterior obte mos i R dB ds 4 2 0 max Substituindo i pelo seu valor na Eq 294 obtemos B RdB ds 2 2 0 025 60 10 1 00 10 12 6 max m T m 3 0 10 3 0 6 T T 3 a De acordo com a Eq 294 o valor absoluto da corrente é dado por i rB 2 2 39 10 4 16 0 6 0080m T 107 T m A A b Para produzir um campo magnético que aponte para o sul de modo a cancelar o campo magnético da Terra o sentido da corrente deve ser de oeste para leste 4 Como o campo magnético no ponto C produzido pelos trechos retilíneos do fio é zero veja o Exemplo Campo magnético no centro de um arco de circunferência percorrido por corrente e além disso por simetria os campos produzidos pelos dois arcos de circunferência se cance lam BC 0 5 a Podemos calcular o módulo do campo total no ponto a somando os campos produzidos por dois fios semiinfinitos Eq 297 com o campo produzido por um fio em forma de semi circunferência Eq 299 com f p rad B i R i R i R a 2 4 2 1 1 2 0 0 0 4 4 10 1 1 2 1 7 T mA10 A 200050 m 0 10 3 T 10 mT b O sentido do campo é para fora do papel como mostra a Fig 296c Capítulo 29 soluções dos problemas 195 c De acordo com o enunciado o ponto b está tão afastado do trecho curvo do fio que o campo produzido por esse trecho pode ser desprezado Assim de acordo com a Eq 294 B i R i R b 2 2 4 10 0 0 7 π T mA10 A 00050 m T mT 8 0 10 0 80 4 d O sentido do campo é para fora do papel 6 Tomando o eixo x como horizontal e o eixo y como vertical na Fig 2937 o vetor r que liga um segmento ds do fio ao ponto P é dado por r s R ˆ ˆ i j Como ds ds ˆi ds r Rds Assim como r s R 2 2 a Eq 293 nos dá dB iR ds s R 0 2 2 3 2 4 a Como a variável s aparece apenas no denominador o elemento que mais contribui para o campo B é o elemento situado em s 0 b O valor de dBmax obtido fazendo s 0 na equação anterior é dB i ds R max 0 2 4 Assim a condição de que o campo produzido pelo elemento seja responsável por 10 da maior contribuição pode ser expressa através da equação dB iR ds s R dB i ds R 0 2 2 3 2 0 2 4 10 40 max Explicitando s na equação anterior obtemos s R 10 1 2 00 1 91 3 82 2 3 cm cm 7 a O campo magnético no ponto P produzido pelos trechos retilíneos do fio é zero veja o Exemplo Campo magnético no centro de um arco de circunferência percorrido por corrente De acordo com a Eq 299 com f u e a regra da mão direita o campo criado no ponto P pelo arco de raio b é 0 4 i b para fora do papel e o campo criado pelo arco de raio a é 0 4 i a para dentro do papel Assim o campo total no ponto P é B i b a 0 7 4 1 1 4 10 T m A0411 A74 180 1 0107 m 1 0135 m 10 4 102 7 T 0102 T b O sentido é para fora do papel 8 a O campo magnético no ponto C produzido pelos trechos retilíneos do fio é zero veja o Exemplo Campo magnético no centro de um arco de circunferência percorrido por corrente De acordo com a Eq 299 com f p e a regra da mão direita o campo criado no ponto C pelo arco de raio R1 é 0 1 4 i R para dentro do papel e o campo criado pelo arco de raio R2 é 0 2 4 i R para fora do papel Assim o campo total no ponto C é B i R R 0 1 2 7 4 1 1 4 4 10 T m A0281A 1 00315 m 1 00780 m 10 T 167 T 1 67 6 b O sentido é para dentro do papel 196 soluções dos problemas 9 a Para que os campos magnéticos criados pelas duas correntes não se cancelem as corren tes devem ter sentidos opostos b Como em um ponto a meio caminho entre os dois fios o campo criado pelas duas correntes tem o mesmo módulo m0i2pr o módulo do campo total é B m0ipr e portanto i rB 0 0040 m T 10 T m A A 300 10 4 30 6 7 10 a O campo magnético no ponto C produzido pelos trechos retilíneos do fio é zero veja o Exemplo Campo magnético no centro de um arco de circunferência percorrido por corrente De acordo com a Eq 299 com f p e a regra da mão direita o campo criado no ponto C pelo arco é 0 4 i R Assim o módulo do campo magnético é B i R 0 7 4 4 10 4 0 0926 1 T m A00348 A m 18 10 7 T 0118 T b De acordo com a regra da mão direita o campo aponta para dentro do papel 11 a B i r P1 0 1 1 2 na qual i1 65 A e r1 d1 d2 075 cm 15 cm 225 cm B i r P2 0 2 2 2 na qual r2 d2 15 cm Fazendo BP1 BP2 obtemos i i r r 2 1 2 1 6 5 1 5 4 3 A cm 225 cm A b De acordo com a regra da mão direita o sentido da corrente no fio 2 deve ser para fora do papel 12 a Como as correntes têm o mesmo sentido a única região na qual os campos podem se cancelar é a região entre os fios Assim se o ponto em que isso acontece está a uma distância r do fio que conduz uma corrente i1 então está a uma distância d 2 r do fio que conduz uma corrente 300i e portanto 0 0 2 3 2 4 16 0 4 4 0 i r i d r r d cm cm b Se as duas correntes são multiplicadas por dois o ponto em que o campo magnético é zero permanece onde está 13 Vamos tomar o eixo x coincidindo com o fio com a origem no ponto médio do fio e supor que o sentido da corrente é o sentido positivo do eixo x Todos os segmentos do fio produzem campos magnéticos no ponto P1 orientados para fora do papel De acordo com a lei de BiotSa vart o módulo do campo produzido por um segmento infinitesimal do fio no ponto P1 é dado por dB i r dx 0 2 4 sen na qual u o ângulo entre o segmento e a reta que liga o segmento a P1 e r o comprimento da reta são funções de x Substituindo r por x R 2 2 sen u por R r R x R 2 2 e integrando de x 2L2 a x L2 obtemos B iR dx x R iR R x x L L 0 2 2 3 2 2 2 0 2 2 4 4 1 R i R L L R L L 2 1 2 2 2 0 2 2 7 2 4 4 10 0 0 T m A 582 0 131 0 180 0 180 4 0 131 2 2 A m m m m 2 5 03 10 8 T 503 nT soluções dos problemas 197 14 Usando a Eq 296 com um limite superior finito L2 obtemos B i Rds s R i R s s R L 0 2 2 3 2 0 0 2 2 2 1 2 2 2 0 2 0 2 2 2 2 2 L i R L L R O problema nos pede para determinar o valor de LR para o qual a seguinte relação é satisfeita B B B 0 01 na qual B i R B i R L L R 0 0 2 2 2 2 2 2 e A solução obtida depois de algumas manipulações algébricas é L R 200 201 14 1 15 a O campo magnético no ponto P produzido pelos trechos retilíneos do fio é zero veja o Exemplo Campo magnético no centro de um arco de circunferência percorrido por corrente A contribuição dos trechos curvos pode ser calculada usando a Eq 299 Usando o vetor unitá rio ˆk para representar a direção para fora do papel temos B 0 0 0 40 4 0 050 0 80 2 ˆ A rad m k A rad m k T k 3 4 0 040 1 7 10 6 ˆ ˆ o que nos dá B 1 7 10 6 T 17 T b A orientação do campo magnético é ˆk ou seja para dentro do papel c Invertendo o sentido de i1 temos B 0 0 0 40 4 0 050 0 80 2 ˆ A rad m k A rad m k T k 3 4 0 040 6 7 10 6 ˆ ˆ o que nos dá B 6 7 10 6T 67 T d A orientação do campo magnético é B i Rds s R i R s s R L 0 2 2 3 2 0 0 2 2 2 1 2 2 2 0 2 0 2 2 2 2 2 L i R L L R B i Rds s R i R s s R L 0 2 2 3 2 0 0 2 2 2 1 2 2 2 0 2 0 2 2 2 2 2 L i R L L R ou seja para dentro do papel 16 Usando a lei dos cossenos e a condição de que B 100 nT obtemos cos 1 1 2 2 2 2 1 2 2 144 B B B B B na qual a Eq 2910 foi usada para determinar B1 168 nT e B2 151 nT 17 Vamos tomar o eixo x coincidindo com o fio com a origem na extremidade direita e supor que o sentido positivo é o sentido da corrente Todos os segmentos do fio produzem campos magnéticos no ponto P2 que apontam para fora do papel De acordo com a lei de BiotSavart o módulo do campo produzido no ponto P2 por um segmento infinitesimal dx é dado por dB i r dx 0 2 4 sen 198 soluções dos problemas na qual u é o ângulo entre o segmento e a reta que liga o segmento a P2 e r é o comprimento da reta Substituindo r por x R 2 2 sen u por R r R x R 2 2 e integrando de x L até x 0 obtemos B iR dx x R iR R x x R L 0 2 2 3 2 0 0 2 2 2 4 4 1 1 2 0 2 2 7 4 4 0 693 L i R L L R 0 10 4 T m A A 0 251 0 136 0 136 0 251 1 32 10 2 2 m m m m 7 T 132 nT 18 No primeiro caso temos Bpequeno Bgrande 4725 mT no segundo Bpequeno Bgrande 1575 mT Nota Os nomes pequeno e grande se referem ao tamanho dos arcos e não ao valor dos campos magnéticos na verdade Bpequeno Bgrande Dividindo uma das equações pela outra e cancelando fatores comuns veja a Eq 299 ob temos 1 1 1 1 pequeno grande pequeno gr r r r r ande pequeno grande pequeno gra 1 1 r r r r nde 3 o que nos dá rpequeno rgrande 2 Como rgrande 400 cm temos rpequeno 400 cm2 200 cm 19 De acordo com a Eq 294 a contribuição do primeiro fio para o campo total é B i r 1 0 1 1 7 2 4 10 ˆ k T mA30 A 2 20 m ˆ ˆ k T k 3 0 10 6 Como a distância entre o segundo fio e o ponto de interesse é r2 4 m 2 m 2 m a contribui ção do segundo fio para o campo total é B i r 2 0 2 2 7 2 4 10 ˆ i T mA40 A 2 20 m ˆ ˆ i T i 4 0 10 6 O módulo do campo total é portanto Btot T T 3 0 10 4 0 10 5 0 10 6 2 6 2 6 T 50 T 20 a A contribuição do fio retilíneo para o campo magnético no ponto C é B i R C1 0 2 e a contribuição do fio circular é B i R C2 0 2 Assim B B B i R C C C 1 2 0 2 1 1 4 5 107 T m A 78 10 2 1 1 2 53 10 3 7 A m T 00189 De acordo com a regra da mão direita BC aponta para fora do papel ou seja no sentido positivo do eixo z Assim na notação dos vetores unitários BC ˆ ˆ 2 53 10 7 T k 253 nTk soluções dos problemas 199 b Nesse caso B B C C 1 2 e portanto B B B i R C C C 1 2 2 2 0 7 2 1 1 4 10 5 78 2 T m A 10 2 1 1 2 02 10 3 7 A m T 00189 2 e BC faz um ângulo com o plano do papel dado por tan tan 1 1 2 1 1 17 66 B B C C Na notação dos vetores unitários BC 2 02 10 17 66 17 66 1 7 cos ˆ sen ˆ T i k 92 10 6 12 10 192 61 2 7 8 T i Tk nT i ˆ ˆ ˆ nT k ˆ 21 Por simetria e de acordo com a regra da mão direita o campo magnético total aponta para a direita e é dado por sen B i r tot 2 2 0 na qual r d d 2 2 1 2 4 e tan tan 1 2 1 1 2 4 00 6 00 2 d d m m tan 1 4 3 53 1 Assim sen B i d d tot T m A 0 2 2 1 2 4 4 4 0 107 0 5 00 53 1 A m 256 10 T 256 nT sen 7 22 O fato de que By 0 para x 10 cm no gráfico da Fig 2949b significa que as correntes têm sentidos opostos Assim de acordo com a Eq 294 B i L x i x i L x x y 0 1 0 2 0 2 2 2 2 4 1 Para maximizar By derivamos a expressão anterior em relação a x e igualamos o resultado a zero o que nos dá dB dx i L x x x Lx L y 0 2 2 2 2 2 2 4 1 0 3 2 0 A única raiz positiva da equação anterior é x L para a qual By moi22pL Para determinar o valor de L fazemos x 10 cm na expressão de By e igualamos o resultado a zero o que nos dá B i L L y 0 2 2 4 10 1 10 0 30 cm cm cm a A componente By é máxima para x L 30 cm b Para i2 0003 A temos B i L y 0 2 7 2 4 10 0 003 2 0 3 2 0 Hm A m 10 2 0 9 T nT 200 soluções dos problemas c e d A Fig 2949b mostra que em pontos muito próximos do fio 2 nos quais a contribuição do fio 2 é muito maior que a do fio 1 By aponta no sentido negativo do eixo 2y De acordo com a regra da mão direita isso indica que o sentido da corrente no fio 2 é para dentro do papel Como sabemos que as correntes têm sentidos opostos isso indica também que o sentido da corrente no fio 1 é para fora do papel 23 De acordo com a Eq 204 o campo magnético na posição do próton mostrada na Fig 2950 é B i d ˆ 0 2 k Assim de acordo com a Eq 282 F ev B iq d v 0 2 ˆ k Como de acordo com o enunciado v v ˆj na qual v é o módulo da velocidade temos F iqv d iqv d 0 0 2 2 4 ˆ ˆ ˆ j k i 10 7 10 19 200 T m A0350A160 C ms 2 00 289 m i Ni ˆ ˆ 775 10 23 24 Inicialmente Btoty 0 e Btotx B2 B4 2mo i2pd Para obter a rotação de 30º descrita no enunciado devemos ter B B B B i d y x tot tot tan t 30 2 2 1 3 0 an 30 na qual B3 mo i2pd e B i d 1 0 2 Como tan30º 1 3 isso nos dá d d d 3 3 2 0 464 a Para d 150 cm obtemos d 70 cm Examinando a geometria do problema concluímos que é preciso deslocar o fio 1 para x 70 cm b Para que o campo B volte à orientação inicial basta restabelecer a simetria inicial deslo cando o fio 3 para x 70 cm 25 De acordo com a Eq 297 a contribuição da corrente em cada fio semiinfinito para o campo magnético no centro da circunferência é Breto m0i4pR e em ambos os casos o cam po aponta para fora do papel De acordo com a Eq 299 a contribuição da corrente no arco de circunferência para o campo magnético no centro da circunferência é Barco m0iu4pR e o campo aponta para dentro do papel Igualando a zero o campo magnético total no centro da circunferência temos B B B i R i R i R 2 2 4 4 0 0 0 reto arco 4 2 00 0 o que nos dá u 200 rad 26 De acordo com o teorema de Pitágoras temos a relação B B B i R i R 2 1 2 2 2 0 1 2 0 2 2 2 4 que interpretada como a equação de uma reta de B2 em função de i2 2 permite identificar o pri meiro termo 10 1010 T2 como o ponto de interseção com o eixo y e o coeficiente de i2 2 no segundo termo 5 1010 B2A2 como inclinação A segunda observação nos dá R 0 10 7 5 2 5 10 4 10 2 2 24 10 B A Hm B 2 2 A mm 8 9 soluções dos problemas 201 A segunda observação nos dá 4 1 0 10 4 0 0089 1 0 10 10 0 1 5 R i T m T 2 4 10 0 50 1 8 7 Hm A rad 27 Podemos usar a Eq 294 para relacionar os módulos dos campos magnéticos B1 e B2 às correntes i1 e i2 Como os campos são mutuamente perpendiculares o ângulo que o campo total faz com o eixo x é dado por u tan1B2 B1 tan1i2 i1 5313º Uma vez obtida a rotação descrita no problema o ângulo final é u 5313º 20º 3313º Assim o novo valor da corrente i1 deve ser i2 tanu 613 mA 28 De acordo com as Eqs 299 e 294 e tomando o sentido para fora do papel na Fig 2955a como positivo o campo total é B i R i R 0 1 0 2 2 2 4 Examinando o gráfico da Fig 2955b vemos que B 0 para i2 05 A o que nos dá igualando a zero a expressão anterior f 4i2 i1 4052 100 rad 29 Cada fio produz um campo no centro do quadrado de módulo B i a 0 2 Os campos produzidos pelos fios situados no vértice superior esquerdo e no vértice inferior direito do qua drado apontam na direção do vértice superior direito os campos produzidos pelos fios situados no vértice superior direito e no vértice inferior esquerdo apontam na direção do vértice superior esquerdo As componentes horizontais dos campos se cancelam e a soma das componentes verticais é B i a i a tot T m A 4 2 45 2 4 20 0 cos 2 10 0 7 A m T 020 8 0 10 5 Como o campo total aponta para cima no sentido positivo do eixo y temos na notação dos vetores unitários Btot Tj 80 Tj ˆ ˆ 8 0 10 5 A figura a seguir mostra o campo total e as contribuições dos quatro fios Os sentidos dos campos podem ser determinados usando a regra da mão direita 30 De acordo com o gráfico da Fig 2957c quando a componente y do campo magnético pro duzido pelo fio 1 é zero o que de acordo com a regra da mão direita acontece quando o ângulo que o fio 1 faz com o eixo x é u 90º a componente y do campo magnético total é zero Isto significa que a posição do fio 2 é u 90º ou u 90º 202 soluções dos problemas a Vamos supor que o fio 2 está na posição u 90º ou seja na extremidade inferior do cilin dro já que se estivesse na parte superior do cilindro seria um obstáculo para o movimento do fio 1 que é necessário para levantar os gráficos das Figs 2957b e 2957c b De acordo com o gráfico da Fig 2957b quando a componente x do campo magnético produzido pelo fio 1 é zero o que de acordo com a regra da mão direita acontece quando o ângulo que o fio 1 faz com o eixo x é u 0o a componente x do campo magnético total é 20 mT e quando a componente x do campo magnético produzido pelo fio 1 é máxima o que de acordo com a regra da mão direita acontece quando o ângulo que o fio 1 faz com o eixo x é u 90o a componente x do campo magnético total é 60 mT Isso significa que B1x 60 mT 20 mT 40 mT o que de acordo com a Eq 294 nos dá i RB x 1 1 0 6 7 2 10 4 10 2 0200 m40 T T mA 4 0 A c O fato de que na Fig 2957b B1x aumenta quando u1 varia de 0o até 90º significa que o sentido da corrente no fio 1 é para fora do papel d Como foi visto no item b a componente x do campo produzido pelo fio 2 é B2x 20 mT Assim de acordo com a Eq 294 temos i RB x 2 2 0 6 7 2 10 4 10 2 0200 m 20 T T mA 2 0 A e De acordo com a regra da mão direita o sentido da corrente no fio 2 é para dentro do papel 31 a O campo magnético no ponto P produzido pelos segmentos do fio colineares com P é zero veja o Exemplo Campo magnético no centro de um arco de circunferência percorrido por corrente Vamos usar o resultado do Problema 2917 para calcular as contribuições dos outros segmentos para o campo no ponto P levando em conta o fato de que o campo magnético produzido pelo ponto P aponta para dentro do papel nos dois segmentos de comprimento a que não são colineares com P e aponta para fora do papel nos dois segmentos de comprimento 2a O resultado é o seguinte B i a i a i a P 2 2 8 2 2 8 2 8 0 0 0 2 2 4 10 13 8 0 047 1 96 10 7 5 T m A A m T 20 T 20 T 10 5 b O sentido é para dentro do papel 32 De acordo com a Eq 299 o campo inicial é B i R i r i 0 0 4 4 Quando a espira menor está na posição final o teorema de Pitágoras nos dá B B B i R i r f z y 2 2 2 0 2 0 2 4 4 Elevando Bi ao quadrado e dividindo por Bf 2 obtemos B B R r R r r R i f 2 2 2 2 1 1 1 1 1 2 1 2 2 soluções dos problemas 203 na qual j BiBf Observando o gráfico da Fig 2959c chegamos à conclusão de que BiBf 120 mT100 mT 12 o que nos dá r R 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 3 43 1 2 cm ou cm Como sabemos que r R a única resposta aceitável é r 23 cm 33 Considere um segmento infinitesimal da fita de largura dx situado a uma distância x do pon to P A corrente no segmento é di i dxw e sua contribuição para o campo BP no ponto P é dB di x idx xw P 0 0 2 2 Assim B dB i w dx x i w w d P P d d w 0 0 2 2 1 ln 4 4 61 10 2 1 0 0 6 10 00491 7 T m A A m ln 491 0 0216 2 23 10 11 T 223 pT Como o campo BP aponta para cima este resultado nos dá na notação dos vetores unitários BP ˆ 2 23 10 11T j Nota Para d w usando a expansão ln 1 2 2 x x x o campo magnético se torna B i w w d i w w d i d P 0 0 0 2 1 2 2 ln que é o campo produzido por um fio fino 34 De acordo com a regra da mão direita o campo produzido pela corrente no fio 1 calculado na origem das coordenadas aponta no sentido positivo do eixo y O módulo B1 do campo é dado pela Eq 294 Usando relações trigonométricas e a regra da mão direita é fácil demonstrar que o campo produzido pelo fio 2 quando situado na posição especificada pelo ângulo u2 na Fig 2961 tem componentes B B B B x y 2 2 2 2 2 2 sen cos na qual o valor de B2 é dado pela Eq 294 Assim de acordo com o teorema de Pitágoras o quadrado do módulo do campo total na origem é dado por B B B B B B B B 2 2 2 2 1 2 2 2 1 2 2 2 1 2 2 sen cos co s 2 Como B i R B i R B 1 0 1 2 0 2 2 60 2 40 80 0 π π nT nT e nT temos 2 1 1 2 2 2 2 1 2 1 2 1 4 1 cos cos B B B B B 04 204 soluções dos problemas 35 A Eq 2913 pode ser usada para calcular o módulo da força entre os fios e calcular a com ponente x corresponde a multiplicar o módulo por cos f d2 d d 1 2 2 2 Assim a componente x da força por unidade de comprimento é F L i i d d d x 0 1 2 2 1 2 2 2 7 2 4 10 T mA400 10 6 80 10 3 3 A A0050 m 2 00240 m2 0050 m Nm 884 pNm 2 8 84 10 11 36 De acordo com a Eq 2913 a A força magnética a que está submetido o fio 1 é F i l d d d d i l 1 0 2 2 2 1 1 2 1 3 1 4 24 ˆj 25 0 d ˆ j T m A A m 25 4 3 00 10 0 24 8 0 2 107 0 10 4 69 10 2 4 m j N j 469 N j ˆ ˆ ˆ b A força magnética a que está submetido o fio 2 é F i l d d i l d 2 0 2 0 2 2 1 2 1 3 5 12 ˆ ˆ j j 188 10 N j 188 N j 4 ˆ ˆ c Por simetria F3 0 d Por simetria F F 4 2 188 N j ˆ e Por simetria F F 5 1 4 69 ˆ N j 37 Usamos a Eq 2913 e a composição de forças F F F F 4 14 24 34 Para u 45 a situação é a mostrada na figura ao lado As componentes de F4 são F F F i a i a 4x 43 42 0 2 0 2 2 45 2 2 3 cos cos 0 2 4 i a e F F F i a i a i 4y 41 42 0 2 0 2 0 2 2 45 2 2 sen sen 4a soluções dos problemas 205 Assim F F F i a i a x y 4 4 2 4 2 1 2 0 2 2 0 2 3 4 4 2 1 2 10 0 2 4 10 4 i a 107 T m A 750 A 0135 m Nm 2 4 4 1 32 10 e o ângulo que F4 faz com o semieixo x positivo é tan tan 1 4 4 1 1 3 162 F F y x Na notação dos vetores unitários temos F1 1 32 162 1 ˆ sen ˆ 1024 Nmcos162 i j ˆ ˆ 25 4 17 125 102 2 4 10 5 Nm i Nm j Nm ˆ ˆ i Nm j 41 7 38 a O fato de que o gráfico da Fig 2964b passa pelo zero significa que as correntes nos fios 1 e 3 exercem forças em sentidos opostos sobre o fio 2 Como sabemos que o sentido da corrente no fio 3 é para fora do papel isso significa que o sentido da corrente 1 também é para fora do papel Quando o fio 3 está a uma grande distância do fio 2 o único campo a que o fio 2 está submetido é o produzido pela corrente no fio 1 neste caso de acordo com o gráfico da Fig 2964b a força é negativa Isto significa que o fio 2 é atraído pelo fio 1 o que indica de acordo com a discussão da Seção 292 que o sentido da corrente no fio 2 é o mesmo da corrente no fio 1 ou seja para fora do papel De acordo com o enunciado com o fio 3 a uma distância infinita do fio 2 a força por unidade de comprimento é 0627 mNm o que nos permite escrever de acordo com a Eq 2913 F i i d 12 0 1 2 7 2 6 27 10 Nm Quando o fio 3 está no ponto x 004 m a força é nula e portanto F i i F i i d d i i 23 0 2 3 12 0 1 2 1 2 0 04 2 0 04 m 3 0 04 0 250 0 16 m A mA Substituindo di1 pelo seu valor na equação anterior obtemos i2 7 7 2 6 27 10 0 16 4 10 0 50 Nm mA Hm A b O sentido de i2 é para fora do papel 39 Como o sentido de todas as correntes exceto a corrente i2 é para dentro do papel o fio 3 é atraído por todas as correntes exceto a corrente 2 Assim de acordo com a Eq 2913 temos F L i i d i d i d i d 0 3 1 2 4 5 2 2 2 4 10 7 0 250 2 2 00 2 0 5 4 00 0 5 4 Hm A A m A m 00 0 5 2 00 2 0 5 8 00 10 7 A m A m Nm 8 00 nNm 206 soluções dos problemas 40 Por simetria apenas as forças ou suas componentes ao longo das diagonais contribuem para a força total Fazendo u 45 e usando a Eq 2913 obtemos F F F F F F i a 1 12 13 14 12 13 0 2 2 2 2 cos cos 45 2 2 3 2 2 3 2 2 4 0 2 0 2 i a i a π 10 10 7 3 T m A A m N 15 0 8 50 10 1 12 2 2 m A força F1 aponta na direção ˆ ˆ ˆ r i j 2 Na notação dos vetores unitários temos F1 1 12 2 7 94 ˆ ˆ ˆ 10 10 3 4 Nm i j Nmi ˆ ˆ 7 94 0 794 0 794 104 Nmj mNm i mNm j ˆ 41 Os módulos das forças exercidas sobre os lados da espira paralelos ao fio longo podem ser calculados usando a Eq 2913 mas as forças exercidas sobre os lados perpendiculares teriam que ser calculadas através de integrais do tipo F i i y dy a a b 0 1 2 2 Entretanto por simetria as forças exercidas sobre os lados perpendiculares ao fio longo se cancelam No caso dos lados paralelos temos F i i L a a d i i b a a b 0 1 2 0 1 2 2 1 1 2 4 10 30 0 20 0 8 00 300 10 7T mA A A cm 2 3 2 1 00 0 3 20 10 m cm 80 cm N e F aponta na direção do fio Assim na notação dos vetores unitários F ˆ ˆ 3 20 10 3N j 320 mN j 42 Como a área envolvida pela integral de linha é A 4d3d2 6d2 temos B ds i jA c 0 0 7 4 15 6 10 T m A Am2 0 20 4 5 10 2 6 m T m 43 Vamos usar a Eq 2920 B ir a 0 2 2 para calcular o campo magnético no interior do fio r a e a Eq 2917 B i r 0 2 para calcular o campo magnético do lado de fora do fio r a a Para r 0 B 0 b Para r 00100 m B ir a 0 2 7 2 4 10 170 0 0100 2 T mA A m 0 0200 8 50 10 2 4 m T 0850 mT c Para r a 00200 m B ir a 0 2 7 2 4 10 170 0 0200 2 T mA A m 0 0200 1 70 10 2 3 m T 170 mT d Para r 00400 m B i r 0 7 2 4 10 170 2 0 0400 8 T mA A m 50 10 4 T 0850 mT soluções dos problemas 207 44 Vamos usar a lei de Ampère B ds i 0 na qual a integral é calculada ao longo de uma curva fechada e a corrente é a corrente total no interior da curva a No caso da curva 1 o resultado é B ds 1 0 7 5 0 3 0 4 10 2 A A T mA 0 2 5 10 2 5 6 A T m T m b No caso da curva 2 temos B ds 2 0 7 5 0 5 0 3 0 4 10 A A A T mA 13 0 1 6 10 16 5 A T m T m 45 a Como dois dos fios envolvidos pela curva conduzem corrente para fora do papel e um fio conduz corrente para dentro do papel a corrente total envolvida pela curva é 20 A para fora do papel Como a curva é percorrida no sentido horário de acordo com a regra da mão direita associada à lei de Ampère uma corrente para dentro do papel é positiva e uma corrente para fora do papel é negativa Assim B ds i 0 7 4 10 2 0 2 5 10 T mA A 6 2 5 T m T m b Como a corrente total no interior da curva é zero B ds i 0 0 env 46 Observando a curva de perto vemos que apenas as correntes 1 3 6 e 7 são envolvidas Assim levando em conta o sentido dessas correntes temos B ds i i i i i 0 0 7 7 6 3 5 5 4 10 T mA 4 50 10 2 83 10 3 8 A T m 283 nT m 47 Para r a B r i r r J r rdr J r a r 0 0 0 0 0 2 2 2 env 2 0 0 0 2 2 3 r rdr J r a a Para r 0 B 0 b Para r a2 temos B a J a a T mA Am2 2 2 3 4 10 310 0 0 2 7 3 1 10 2 3 3 1 10 1 0 10 3 2 3 7 m m T 010 T c Para r a temos B a J a 0 0 7 3 4 10 310 3 1 10 T mA Am2 3 7 3 4 0 10 m T 040 T 208 soluções dos problemas 48 a Por simetria o campo magnético no eixo do cano se deve apenas ao fio e o módulo desse campo é B i R i R C 0 0 6 fio fio 2 3 Como o campo produzido pelo fio no ponto P é maior que o campo produzido pelo fio no eixo do cano para que o campo total no ponto P seja igual ao campo no eixo do cano é preciso que o campo produzido pelo cano no ponto P tenha o sentido oposto ao do campo produzido pelo fio Assim B B B i R i R P P P fio cano fio 2 0 0 2 2 Fazendo BC 2BP obtemos ifio 3i8 3800 103 A8 300 103 A 3 mA b O sentido é para dentro do papel 49 a De acordo com a Eq 2924 B iN r 0 7 2 4 10 0 800 500 2 0 1 T mA A 50 5 33 10 4 m T 533 T b De acordo com a Eq 2924 B iN r 0 7 2 4 10 0 800 500 2 0 20 T mA A 0 4 00 10 4 m T 400 T 50 Seria possível embora muito trabalhoso usar a Eq 2926 para calcular as contribuições para o campo das 1200 espiras e depois somálas mas é muito mais fácil recorrer à Eq 2923 segundo a qual B in i N 0 0 7 4 10 3 60 120 l T mA A 0 0 950 0 00571 5 71 m T mT 51 Seria possível embora muito trabalhoso usar a Eq 2926 para calcular as contribuições para o campo das 200 espiras e depois somálas mas é muito mais fácil recorrer à Eq 2923 segundo a qual B in i N 0 0 7 4 10 0 30 200 l T mA A 0 25 3 0 10 0 30 4 m T mT 52 Como de acordo com a Eq 2923 B m0in m0iNl N Blm0i e o comprimento L do fio é dado por L rN rB i 2 2 2 2 60 10 23 0 10 0 2 3 l m T 1 30 18 0 108 m 24 10 T mA A m 7 53 Como o raio da órbita do elétron é r mv eB mv e ni 0 temos i mv e nr 0 31 8 9 11 10 0 0460 3 00 10 kg m s 1 60 10 4 100 0 0100 2 19 7 C T m A m 10 30 10 0 272 2 m A soluções dos problemas 209 54 De acordo com a Eq 2817 e supondo que o solenoide é ideal o período T do movimento do elétron é dado por T m eB m e in mL e iN 2 2 2 0 0 na qual m é a massa do elétron L é o comprimento do solenoide i é a corrente do solenoide e N é o número de espiras do solenoide Por outro lado o tempo que o elétron leva para atravessar o solenoide é t L v L v L v cos 30 0 866 o na qual v é a componente da velocidade paralela ao eixo do solenoide Assim o número de revoluções é n t T L v e iN mL 0 866 2 1 6 10 4 10 0 19 7 C Hm A ms 4 0 8000 2 0 866 800 9 11 10 3 1 6 1 6 10 kg 55 a Vamos chamar os campos produzidos pelo solenoide e pelo fio no ponto P de Bs e Bf respectivamente Como Bs está alinhado com o eixo do solenoide e Bf é perpendicular ao eixo do solenoide os dois campos são mutuamente perpendiculares Assim para que o campo re sultante faça um ângulo de 45 com a direção do eixo do solenoide devemos ter Bs Bf Nesse caso B i n B i d s s f f 0 0 2 na qual d é a distância entre o eixo e o ponto P o que nos dá d i i n f s 2 6 00 2 20 0 10 10 3 A A espiras cm 4 77 cm b O módulo do campo magnético é B Bs 2 2 4 10 20 0 10 10 7 3 T m A A espiras 00 m T 355 T 100 3 55 10 5 56 De acordo com a Eq 2926 temos B iR N R R Ni R P 2 2 2 8 5 5 8 4 10 0 2 2 2 3 2 0 7 T mA A m T 8 200 0 0122 5 5 0 25 8 78 10 6 78 T 57 a De acordo com a Eq 2835 o módulo do momento dipolar magnético é dado por m NiA na qual N é o número de espiras i é a corrente e A é a área Como A pR2 na qual R é o raio das espiras temos Ni R2 2 2 300 4 0 0 025 2 4 A m A m b O campo magnético no eixo de um dipolo é dado pela Eq 2927 B z 0 3 2 210 soluções dos problemas Explicitando z obtemos z B 0 1 3 7 2 2 4 10 2 36 2 5 T m A A m 0 10 46 6 1 3 T cm 58 a Para uma espira de acordo com a Eq 2910 B m0i2R e portanto B iR Como a bobina b tem duas espiras B B i R i R R R b a b a a b 2 2 4 0 b A razão entre os momentos dipolares das duas bobinas é b a b a b a iA iA R R 2 2 2 1 2 1 2 0 50 2 2 2 59 De acordo com a Eq 2835 o módulo do momento dipolar magnético é dado por m NiA na qual N é o número de espiras i é a corrente e A é a área Como A pR2 na qual R é o raio das espiras temos 200 0 30 0 47 2 2 A m A m 0050 60 De acordo com a Eq 2926 a componente y do campo é B i R R z i R R z y 0 1 2 2 1 2 3 2 0 2 2 2 2 2 3 2 2 2 na qual z1 L veja a Fig 2973a e z2 y porque o eixo das espiras é chamado de y em vez de z O fato de que os campos produzidos pelas duas espiras têm sinais opostos se deve à obser vação de que o campo mostrado na Fig 2973b se anula para um valor finito de y o que seria impossível se os dois campos tivessem o mesmo sinal fisicamente isto significa que as duas correntes circulam em sentidos opostos a Quando y apenas o primeiro termo contribui para a componente y do campo magné tico como sabemos que neste caso By 72 106 T obtemos i B R L R y 1 2 2 3 2 0 2 6 2 2 2 7 2 10 0 04 T m 0 03 4 10 0 04 0 90 2 3 2 7 2 m T mA m A b Como de acordo com a Fig 2973b By 0 para y 6 cm temos 0 1 2 2 2 3 2 0 2 2 2 2 3 2 2 2 i R R L i R R y o que nos dá i R y R L i 2 2 2 3 2 2 2 3 2 1 2 0 04 0 06 m m 2 3 2 2 2 3 2 0 04 0 03 0 90 2 7 m m A A 61 Vamos usar o índice 1 para indicar a espira e o índice 2 para indicar a bobina a De acordo com a Eq 2910 temos B i R 1 0 1 1 7 2 4 10 15 2 0 12 7 9 1 T m A A m 0 5 T 79 T soluções dos problemas 211 b De acordo com a Eq 2837 temos sen 2 1 2 1 2 2 2 1 2 2 2 2 1 90 B B N i A B N i r B 50 1 3 0 82 10 7 9 10 1 1 10 2 2 5 A m T 6 N m 62 a De acordo com a Eq 299 com f p rad temos B i a i b i a b 0 0 0 7 4 4 1 1 4 10 4 T mA A 1 m 1 m 0 0562 4 0 0572 0 0936 4 9 7 10 7 T 0497 T b De acordo com a regra da mão direita o campo B aponta para dentro do papel no ponto P veja a Fig 296c c De acordo com a Eq 2835 como a área envolvida é A pa2 pb22 o módulo do mo mento magnético da espira é i a b 2 0 0562 2 0 0572 0 0 2 2 2 A m 936 1 06 10 1 06 2 3 2 m A m mA m 2 d O sentido de é o mesmo de B ou seja para dentro do papel 63 Imaginando que os segmentos bg e cf que de acordo com a figura não conduzem cor rente conduzem duas correntes de mesmo valor absoluto i e sinais opostos que se cancelam mutuamente podemos considerar o circuito uma combinação de três espiras quadradas que conduzem uma corrente i como sugere o enunciado do problema a O momento dipolar magnético do circuito abcdefgha é bcfgb abgha cdefc ia ˆ ˆ ˆ 2 j i i ia2 2 2 6 0 0 10 0 ˆ ˆ ˆ j A m j 60 10 A m 2 j 060 A m ˆ 2 j b Como a distância entre o ponto e o cubo é muito maior que a aresta do cubo podemos usar a aproximação dipolar Para x y z 0 50 m 0 a Eq 2927 nos dá B y 0 5 1 26 10 3 6 0 m 0 2 T mA60 0 10 m A j m T j pT 2 2 3 ˆ ˆ 2 9 6 10 96 11 50 ˆj 64 a Os segmentos retilíneos não contribuem para o campo magnético no ponto P e a contri buição dos segmentos circulares é dada pela Eq 299 Usando o vetor unitário k para indicar a direção para fora do papel temos BP 0 0 0 200 7 4 4 4 00 0 2 ˆ A rad m k 00 7 4 4 2 00 2 75 10 8 A rad m k k T ˆ ˆ o que nos dá B 2 75 10 27 5 8 T nT b O sentido é ˆk ou seja para dentro do papel 212 soluções dos problemas 65 De acordo com a Eq 2920 r R B i 2 2 8 00 10 1 00 10 4 2 0 3 2 4 m T 10 25 0 0 00128 1 28 7 T mA A m mm 66 a De acordo com a Eq 294 temos B B B i r i r tot k k 1 2 0 1 1 0 2 2 2 2 4 1 ˆ ˆ 0 6 00 2 10 0 4 10 7 7 T mA A cm k T mA ˆ ˆ ˆ 10 0 2 5 0 52 0 10 52 0 6 A cm k Tk Tkˆ b Nesse caso r1 y r2 Fazendo 0 1 1 0 2 2 2 2 i r y i y r obtemos y i r i r i i 2 1 1 2 2 1 10 0 10 0 6 00 5 A cm A 00 10 0 6 00 8 13 cm A A cm c Nesse caso y r2 Fazendo 0 1 0 2 2 2 i y r i y r A B obtemos y i r i r i i 2 1 1 2 2 1 10 0 10 0 6 00 5 A cm A 00 10 0 6 00 17 5 cm A A cm 67 Vamos chamar de a o comprimento do lado do quadrado Na solução do Problema 13 foi visto que o campo magnético produzido a uma distância R do centro de um fio de comprimento L é dado por B i R L L R 0 2 2 2 4 Como o centro do quadrado está a uma distância a2 de quatro fios de comprimento a temos B i a a a a centro 4 2 2 4 2 0 2 2 2 2 0i a Por outro lado de acordo com a Eq 2910 o campo magnético no centro de um fio circular de raio R é m0i2R Assim o problema pede para mostrar que 2 2 2 1 0 0 i a i R a R 4 2 Como os dois fios têm o mesmo comprimento o perímetro do quadrado de lado a é igual ao perímetro da circunferência de raio R ou seja 4 2 2 a R a R soluções dos problemas 213 Assim devemos provar que 4 2 8 2 1 a R R 2 o que pode ser feito através de um simples cálculo numérico 8 2p2 115 1 68 Vamos supor que o sentido da corrente é o sentido positivo do eixo x e que o elétron está em um ponto P situado a uma distância r acima do fio De acordo com a regra da mão direita se a direção para cima é o sentido positivo do eixo y o campo produzido pela corrente no ponto P aponta no sentido positivo do eixo z Combinando a Eq 294 com a Eq 282 obtemos F e i r v 0 2 ˆ k a Se o elétron está se movendo para baixo em direção ao fio a velocidade do elétron é v v ˆj e portanto F e iv r 0 16 2 3 2 10 ˆ ˆ i N i o que nos dá F 3 20 10 16 N b Neste caso a velocidade do elétron é v v ˆi e portanto F e iv r 0 16 2 3 2 10 ˆ ˆ j N j o que nos dá F 3 20 10 16 N c Neste caso a velocidade do elétron é v v ˆk ou v v k e nos dois casos F ˆ ˆ k k 0 69 a De acordo com a regra da mão direita o campo magnético B1 produzido no ponto a pelo fio 1 o fio do vértice inferior esquerdo está no plano xy e faz um ângulo f 150 com o se mieixo x positivo o campo B2 produzido no ponto a pelo fio 2 o fio do vértice inferior direito também está no plano xy e faz um ângulo f 210 com o semieixo x positivo Por simetria as componentes y dos dois campos se cancelam e as componentes x se somam produzindo um campo resultante que de acordo com a Eq 294 é dado por l B B B i 1 2 0 0 2 2 150 3 46 10 cos ˆ i 5 T iˆ Para cancelar este campo a corrente do fio b deve ter o sentido para dentro do papel ou seja o sentido ˆk e um valor absoluto que de acordo com a Eq 294 é dado por i B r b 2 3 46 10 2 0 087 4 10 0 5 7 T m T mA A 15 na qual r l 3 2 é a distância entre o ponto b e o ponto a b Como foi dito no item anterior o sentido do fio b é para dentro da página ou seja o senti do z 70 Os segmentos retilíneos não contribuem para o campo B e a contribuição dos arcos de cir cunferência é dada pela Eq 299 Chamando de ˆk a direção para fora do papel temos B i i 0 0 4 4 00 2 4 2 ˆ rad m k rad 00 2 4 4 00 0 m k rad m k 157 10 ˆ ˆ i 7 T k ˆ o que nos dá B 1 57 10 157 7 T nT 214 soluções dos problemas 71 Chamando de R o raio do fio uma corrente i produz um campo magnético B i R 0 7 2 4 10 2 0 0013 7 T mA50 A m 7 10 3 T 77 mT na superfície do fio 72 a O módulo do campo magnético do lado de fora do cilindro é dado por B i r i r B 0 0 3 2 2 5 00 10 env env 2 m 1 0 10 4 10 25 10 25 6 7 3 T T mA A mA Como a corrente do cilindro é 30 mA a corrente do fio é 50 mA no sentido contrário b O sentido da corrente no fio é para baixo 73 a O campo magnético em um ponto do interior do furo pode ser considerado como a soma dos campos produzidos por duas correntes a corrente produzida por um cilindro sem o furo e uma corrente no sentido contrário produzida por um cilindro de dimensões iguais às do furo O campo produzido no interior de um cilindro sem o furo a uma distância r do eixo do cilindro é dado por B ir R 0 2 2 na qual R é o raio do cilindro No caso do cilindro que estamos considerando a densidade de corrente é J i A i a b 2 2 a corrente no cilindro sem o furo é I JA Ja ia a b 1 2 2 2 2 e o módulo do campo produzido em um ponto no interior do cilindro a uma distância r1 do eixo é B I r a ir a a a b ir a 1 0 1 1 2 0 1 2 2 2 2 0 2 2 2 2 2 b2 A corrente em um cilindro com as mesmas dimensões que o furo é I Jb ib a b 2 2 2 2 2 e o módulo do campo produzido em um ponto no interior do cilindro a uma distância r2 do eixo é B I r b ir b b a b ir a 2 0 2 2 2 0 2 2 2 2 2 0 2 2 2 2 2 b2 No centro do furo o campo B2 é zero e o campo nesse ponto é o mesmo que em um cilindro sem o furo Fazendo r1 d na expressão de B1 obtemos o campo no centro do furo B id a b 0 2 2 7 2 4 10 5 25 0 020 T mA A 0 2 0 0400 0 0150 1 53 10 2 2 5 m m m T 15 3 T Se o sentido da corrente na Fig 2979 é para fora do papel o campo aponta para cima soluções dos problemas 215 b Para b 0 a expressão anterior se torna B id a 0 2 2 que é a expressão correta para o campo no interior de um cilindro sem um furo de raio a a uma distância d do eixo Para d 0 a expressão anterior nos dá B 0 que é a expressão correta para o campo no eixo de uma casca cilíndrica que conduz uma corrente uniforme Nota Podemos usar a lei de Ampère para mostrar que o campo magnético no interior do furo é uniforme Considere uma trajetória retangular com dois lados compridos 1 e 2 de comprimen to L e 2 lados curtos de comprimento menor que b Se o lado 1 coincide com o eixo do furo o lado dois é paralelo ao eixo do furo Para assegurar que os lados curtos não contribuem para a integral da lei de Ampère podemos supor que o comprimento L é muito grande maior até que o comprimento do cilindro ou argumentar que o campo B faz um ângulo muito próximo de 90 com os lados curtos Seja como for a integral da lei de Ampère se reduz a B ds i B ds B retângulo env lado lado 0 1 22 0 0 ds i B B L no furo lado1 lado 2 na qual Blado 1 é o campo calculado no item a Isto mostra que o campo em um ponto fora do eixo do furo pelo qual passa o lado 2 da trajetória de integração é igual ao campo no centro do furo o que significa que o campo é uniforme no interior do furo 74 De acordo com a Eq 294 i RB 2 2 7 30 10 4 6 0 0880 10 7 m T T m A 32 1 A 75 De acordo com a lei de BiotSavart B x y z i s r i s r r ˆ 0 2 0 3 4 4 r Para s s ˆj e r x y z ˆ ˆ ˆ i j k temos s r s x y z s z x ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ j i j k i k na qual foram usadas as relações ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ j i k j j 0 e ˆ ˆ ˆ j k i Assim a equação anterior se torna B x y z i s z x x y z ˆ ˆ 0 2 2 2 3 2 4 i k a O campo no ponto x 0 y 0 z 50 m é B 0 0 5 0 4 10 2 0 3 0 10 7 2 m T mA A m ˆ 5 0 0 5 0 2 4 10 2 2 3 2 10 m 4 0 m i 2 Ti 024 i nT ˆ ˆ b O campo no ponto x 0 y 60 m z 0 é B 0 216 soluções dos problemas c O campo no ponto x 7 m y 7 m z 0 é B 7 0 4 10 2 0 3 0 10 7 m 70 m 0 T mA A 2 2 2 2 3 2 7 0 7 0 0 m m 4 70 m m k ˆ 4 3 10 43 11 ˆ ˆ Tk k pT d O campo no ponto x 23 m y 24 m z 0 é B 3 0 4 10 2 0 3 0 7 m 40 m 0 T mA A 10 3 0 4 0 0 2 2 2 2 3 2 m m 4 m ˆ 30m k T k014 k nT ˆ ˆ 1 4 10 10 Nota Nos eixos x e z a expressão de B pode ser simplificada para B x i s x B z i s z ˆ ˆ 0 0 4 0 0 4 0 2 0 2 k i O campo magnético no eixo y é zero porque como a corrente é paralela ao eixo y ds ˆ r 0 76 a Com as correntes paralelas a aplicação da regra da mão direita mostra que as componen tes verticais se cancelam e as componentes horizontais se somam O resultado é o seguinte B i r 2 2 45 0 4 00 10 0 0 4 cos ˆ ˆ i T i 400 T i ˆ na qual r d 2 é a distância entre os fios e o ponto P b Com as correntes antiparalelas a aplicação da regra da mão direita mostra que as componen tes horizontais se cancelam e as componentes verticais se somam O resultado é o seguinte B i r 2 2 45 0 4 00 10 0 0 4 sen ˆ ˆ j T j 400 T j ˆ 77 Vamos chamar de ponto C o centro da circunferência Como foi visto no Exemplo Campo magnético no centro de um arco de circunferência percorrido por corrente o campo magnético no ponto C produzido pelos trechos retilíneos do fio cujo prolongamento passa por C é zero De acordo com a Eq 299 com f p2 rad e a regra da mão direita a contribuição dos dois arcos de circunferência para o campo magnético no ponto C é 0 0 2 0 i R i R 4 2 4 Assim as únicas contribuições diferentes de zero são as dos dois segmentos retilíneos que não são colineares com C Tratase de dois fios semiinfinitos um a uma distância vertical R acima de C e o outro a uma distância horizontal R à esquerda de C Os campos produzidos pelos dois segmentos apontam para fora do papel veja a Fig 296c Como os módulos das duas contri buições dados pela Eq 297 se somam o resultado é B i R i R 2 4 2 0 0 o mesmo de um único fio muito longo veja a Eq 294 Para que esse fio produzisse um campo com o mesmo sentido para fora do papel com uma corrente da direita para a esquerda teria que estar acima do ponto considerado veja novamente a Fig 296c soluções dos problemas 217 78 Os pontos em que o campo é zero estão em uma reta paralela ao fio a uma distância r tal que Bfio m0i2p Bext o que nos dá r i B 0 7 3 2 4 100 2 ext T m A A T 10 5 0 10 4 0 10 3m 40 mm 79 a O campo nessa região se deve apenas ao fio De acordo com a Eq 2917 temos B i r f 0 7 2 4 10 24 2 0 0010 4 T mA A m 8 10 3 T 48 mT b Nesse caso o campo é a soma da contribuição do fio dada pela Eq 2917 com a contribui ção de parte do condutor dada pela Eq 2920 modificada para levar em conta o fato de que o condutor é oco B i r i r i r i r r R f f c 0 0 0 0 2 2 2 2 2 env 2 int R R ext 2 T m int 2 3 3 2 1 6 10 1 3 0 10 2 0 10 4 0 10 2 0 10 3 2 3 2 3 2 m m m 9 3 10 0 93 4 T mT c Do lado de fora do condutor os dois campos se cancelam e B 0 80 Vamos chamar de ponto 1 o ponto mais próximo do fio e de ponto 2 o ponto mais distante Como B2 B1 sabemos que o ponto 2 está do lado de fora do fio Assim de acordo com a Eq 2920 o campo no ponto 2 é dado por B i r i r B 2 0 2 2 2 0 3 2 2 2 10 10 0 20 10 m 3 7 4 10 10 T T mA A De acordo com a Eq 2917 o campo no ponto 1 é dado por B i R r 0 2 1 2 o que nos dá R ir B 0 1 1 2 7 2 4 10 10 4 0 T mA A 10 2 0 28 10 5 3 10 5 3 3 3 1 2 m T m 3 mm 81 A corrente por unidade de largura de que fala o enunciado pode ser vista como a densida de de corrente multiplicada pela espessura y da placa l Jy A lei de Ampère é frequente mente expressa em termos do vetor densidade de corrente da seguinte forma B ds J dA 0 na qual a integral de superfície do segundo membro se estende à região envolvida pela integral de linha do primeiro membro e J aponta no sentido positivo do eixo z para fora do papel Se J é uniforme como neste problema o segundo membro se reduz a m0JA m0Jyx m0lx 218 soluções dos problemas a A Fig 2983 mostra corretamente as componentes horizontais de B nos pontos P e P9 mas a questão é a seguinte será que o campo B pode ter uma componente vertical Vamos nos concentrar no ponto P Suponha que o campo magnético não seja paralelo à placa como na figura da esquerda Se invertermos o sentido da corrente o campo também mudará de sentido como na figura do meio Se fizermos a placa girar 180o em torno de uma reta per pendicular à placa o campo também sofrerá uma rotação de 180o e passará a apontar para o lado oposto como na figura da direita Entretanto com a rotação a distribuição de corrente passou a ser exatamente a mesma que a inicial responsável pelo campo mostrado na figura da esquerda Comparando as figuras da direita e da esquerda vemos que para que sejam iguais é preciso que o campo seja paralelo à placa Isso significa que o campo no ponto P é horizontal como na Fig 2983 b Para calcular a integral de linha da lei de Ampère vamos usar uma trajetória retangular de largura x com os lados horizontais passando pelos pontos P e P e altura dy y Como o campo B é horizontal os lados verticais não contribuem para a integral e a lei de Ampère nos dá 2 1 2 0 0 B x x B 82 Podemos aplicar a Eq 2917 aos dois fios com r R d 2 2 2 pelo teorema de Pitá goras As componentes verticais dos campos se cancelam e as componentes horizontais se somam apontando no sentido positivo do eixo x O resultado final é B i r d r id R d 2 2 2 2 2 0 0 2 2 1 25 10 6 T o que nos dá na notação dos vetores unitários B ˆ ˆ 1 25 10 6 T i 125 T i 83 Podemos dividir o quadrado da Fig 2985 nos segmentos numerados de 1 a 8 na figura a seguir à esquerda todos os quais podem ser considerados variações da situação mostrada na figura da direita Como de acordo com o resultado do Problema 2917 o campo magnético em um ponto P2 como o mostrado na figura da direita é dado por B i R L L R P2 4 2 2 0 soluções dos problemas 219 os campos magnéticos produzidos pelos 8 segmentos são B B i a i a B B i P P P P 1 8 0 0 4 5 0 2 8 4 2 2 2 8 3 a i a B B i a a a a P P 4 2 6 4 4 3 4 3 4 0 2 7 0 2 4 3 10 2 1 2 0 i a B B i a a a a i P P 3 6 0 2 2 1 2 0 4 3 4 4 4 3 4 3 1 0a Somando todas as contribuições obtemos B B i a P Pn n ˆk 1 8 0 2 2 2 2 6 3 10 1 3 10 ˆ k T m A A m 2 4 10 2 2 2 6 10 80 10 7 2 3 10 1 3 10 2 0 10 0 20 4 ˆ ˆ k T k mT ˆk na qual ˆk é um vetor unitário que aponta para fora do papel Nota se o ponto P está no centro do quadrado a contribuição de todos os segmentos é a mesma B B B i a P P P 1 2 8 2 0 4 e o campo total é B B i a P centro 8 2 2 1 0 84 a Nesse caso as correntes nos três fios são paralelas e todos os fios se atraem Assim o fio de cima é atraído para baixo em direção dos outros dois por uma força de módulo F 0 0 3 0 5 0 3 2 2 0 10 3 0 5 m A A m m 0 5 0 2 0 20 1 7 10 0 17 4 A A m N mN b Nesse caso como o fio de cima é repelido pelo fio do meio e atraído pelo fio de baixo o módulo da força resultante é F 0 0 3 0 5 0 3 2 2 0 10 3 0 5 0 m A A m m A A m N 0021 mN 5 0 2 0 20 2 1 10 5 85 a De acordo com a lei de Ampère no caso de uma trajetória circular de raio r tal que b r a temos B ds rB i i r b a b 2 0 0 2 2 2 2 env Assim B i a b r b r 0 2 2 2 2 2 220 soluções dos problemas b Para r a o módulo do campo magnético é B i a b a b a i a 0 2 2 2 2 0 2 2 o que está de acordo com a Eq 2917 Para r b B 0 Para b 0 B i a r r ir a 0 2 2 0 2 2 2 o que está de acordo com a Eq 2920 c A figura a seguir mostra o gráfico pedido 86 Vamos chamar o lado de comprimento L de lado longo e o lado de comprimento W de lado curto O centro está a uma distância W2 do ponto médio dos lados longos e a uma distância L2 do ponto médio dos lados curtos Tratando cada lado como um segmento como o do Problema 2917 obtemos B i W L L W i L W W L 2 2 2 4 2 2 2 2 4 2 0 2 2 0 2 2 2 0 2 2 1 2 i L W LW 87 a De acordo com a Eq 2920 para r c B ir c 0 2 2 b De acordo com a Eq 2917 para c r b B i r 0 2 c De acordo com o resultado do Problema 2979 para b r a temos B i r i r r b a b i r a r 0 0 2 2 2 2 0 2 2 2 2 2 a b 2 2 d Do lado de fora do cabo coaxial a corrente total envolvida por uma amperiana é zero e portanto para r a B 0 soluções dos problemas 221 e Vamos testar as expressões para três casos especiais Fazendo r c nas expressões dos itens a e b obtemos o mesmo resultado B m0i2pc Fazendo r b nas expressões dos itens b e c obtemos a mesma expressão B m0i2pb Finalmente fazendo r a na expressão do item c obtemos o mesmo valor do item d B 0 f A figura a seguir mostra o gráfico pedido 88 a Considere um segmento do projétil entre y e y dy Podemos usar a Eq 297 para calcular o campo magnético produzido pelos trilhos considerados como fios semiinfinitos chamando o trilho de cima de 1 e o trilho de baixo de 2 e a Eq 2912 para calcular a força magnética que age sobre o segmento A corrente no trilho 1 é no sentido ˆi e a corrente no trilho 2 é no sentido ˆi Na região entre os fios os campos têm o mesmo sentido o sentido ˆk para dentro do papel e a força que age sobre o segmento do projétil é dF dF dF idy B dy B i B 1 2 1 2 1 ˆ ˆ j j B dy i i R w y i y dy 2 0 0 4 2 4 ˆ ˆ i i A força que age sobre o projétil é portanto F dF i R w y y dy R R w 2 0 4 1 2 1 π ˆi 0 2 2 1 i w R ln ˆ i b Como de acordo com o teorema do trabalho e energia K mv W F ds FL f 1 2 2 ext a velocidade final do projétil é v W m m i w R L f 2 2 2 1 1 2 0 2 ext ln 1 2 7 3 2 2 4 10 450 10 1 1 2 ln T mA A cm67cm m kg 4 0 2 10 10 2 3 1 2 3 103 ms 23 kms 89 De acordo com o resultado do Problema 2913 o campo a uma distância R do ponto médio de um segmento de fio de comprimento L é dado por B i R L L R 0 2 2 2 4 222 soluções dos problemas Como neste problema o centro da espira está a uma distância d2 de quatro segmentos de fio de comprimento a temos B i a a a a 4 2 2 4 2 2 2 0 2 2 0 i a 90 a O módulo do campo magnético no eixo de uma bobina circular a uma distância z do centro da bobina é dado pela Eq 2926 B N iR R z 0 2 2 2 3 2 2 na qual N é o número de espiras i é a corrente e R é o raio da bobina As duas bobinas têm o mesmo número de espiras o mesmo raio e conduzem correntes iguais Os campos produzidos pelas correntes têm o mesmo sentido na região entre as bobinas Vamos colocar a origem das coordenadas no centro da bobina da esquerda e o eixo x na reta que liga os centros das bobinas Para calcular o campo produzido pela bobina da esquerda fazemos z x na equação anterior O ponto escolhido está a uma distância s x do centro da bobina da direita na qual s é a distân cia entre os centros das bobinas Para calcular o campo produzido pela bobina da direita nesse ponto fazemos z s 2 x na equação anterior Isso nos dá um campo total B N iR R x R x sx s 0 2 2 2 3 2 2 2 2 3 2 2 1 1 2 A derivada do campo em relação a x é dB dx N iR x R x x s R x sx 0 2 2 2 5 2 2 2 2 3 3 2 s2 5 2 No ponto x s2 a meio caminho entre as bobinas o resultado é dB dx N iR s R s s R s s 2 0 2 2 2 5 2 2 2 2 3 2 4 3 2 4 0 2 2 5 2 s s independentemente do valor de s b A derivada segunda é d B dx N iR R x x R x 2 2 0 2 2 2 5 2 2 2 2 7 2 2 3 15 3 2 15 2 2 2 2 5 2 2 2 2 2 R x sx s x s R x sx s 7 2 No ponto x s2 d B dx N iR R s s R s s 2 2 2 0 2 2 2 5 2 2 2 2 6 4 30 4 2 7 2 0 2 2 2 2 2 4 2 6 4 30 4 N R R s s R s N iR s R R s 2 7 2 0 2 2 2 2 2 7 2 4 3 4 que se anula para s R 91 Como estamos interessados em calcular o campo em pontos P cuja posição é especificada por uma coordenada x situados em uma reta perpendicular ao plano da espira vamos supor que a espira quadrada está no plano yz com o centro na origem De acordo com o teorema de soluções dos problemas 223 Pitágoras como a origem está a uma distância a2 dos lados da espira a distância do ponto P aos lados do quadrado é x a x a 2 2 2 2 2 4 De acordo com o resultado do Problema 2913 o campo a uma distância R do ponto médio de um segmento de fio de comprimento L é dado por B i R L L R 0 2 2 2 4 Como neste problema o ponto P está a uma distância x a 2 2 4 de quatro segmentos de fio de comprimento a temos para cada fio B i a x a x a 0 4 4 2 2 2 2 2 Por simetria é fácil mostrar que apenas as componentes x dos componentes dos campos produ zidos pelos quatro segmentos contribuem para o campo total as componentes y e z se cancelam aos pares De acordo com o teorema de Pitágoras o valor da componente x é B a x a a x a B x 2 4 4 2 2 2 2 O campo criado pelos quatro segmentos é portanto B x B i a x a x a a x a i a x 4 4 4 4 2 4 4 2 2 2 2 2 2 0 0 2 2 2 2 2 1 2 4 4 2 x a x a que é a expressão pedida Para x 0 a expressão anterior nos dá B i a a a i a 0 4 2 2 2 2 2 2 0 0 que é a expressão obtida no Problema 2989 Note que para x a temos B x i a x ia x x 0 0 0 4 8 2 2 2 3 2 3 3 na qual m iA ia2 é o momento dipolar magnético da espira quadrada Esta expressão é a mesma da Eq 2977 92 Como neste caso o comprimento do toroide é aproximadamente igual a 2pr temos B i N r ni 0 0 2 Este resultado é razoável já que nesse caso cada trecho do toroide se comporta como uma parte de um solenoide longo 93 De acordo com a lei de Ampère B ds i env na qual ienv é a corrente total envolvida pela amperiana Para a trajetória tracejada da Fig 2989 ienv 0 já que a corrente que entra pelo lado de cima é igual à corrente que sai pelo lado de bai 224 soluções dos problemas xo A integral B ds é zero no lado esquerdo no lado de cima e no lado de baixo do percurso no lado direito porque o campo é zero no lado de cima e no lado de baixo porque o campo é perpendicular a ds Se l é o comprimento do lado esquerdo a integral completa é l B ds B na qual B é o módulo do campo do lado esquerdo da trajetória Como B e l são diferentes de zero a lei de Ampère não é respeitada pois o lado esquerdo é diferente de zero e o lado direito é igual a zero A causa da aparente contradição é o fato de que as linhas de campo magnético mostradas na Fig 2989 não estão corretas Na verdade as linhas de campo se encurvam para fora nas bordas da região onde existe campo magnético e a concentração das linhas diminui gradualmente e não de forma abrupta como na figura 1 Como a rotação da espira não faz variar o fluxo FB BA cos u a força eletromotriz induzida é zero 2 De acordo com a lei de Faraday a fem induzida é d dt d BA dt B dA dt B d r dt rB dr B π π 2 2 dt 2 0 12 0 800 0 750 0 452 π m T ms V 3 Como a fem induzida é N d dt NA dB dt NA d dt ni N nA di B µ µ 0 0 dt N n r di dt µ π π 0 2 120 4 107 T m A22000 m m A s V 1 2 0 016 1 5 0 025 0 16 π a lei de Ohm nos dá i R 0 016 5 3 0 030 V A 30 mA 4 De acordo com a Eq 304 e dFBdt pr2dBdt a Para 0 t 20 s e π π r dB dt 2 2 0 12 0 5 2 0 0 0 1 m T s s 1 10 11 2 V mV b Para 20 s t 40 s e dBdt 0 c Para 40 s t 60 s e π π r dB dt 2 2 0 12 0 5 6 0 4 0 1 m T s s 1 10 2 V 11 mV 5 Como o campo magnético produzido pelo fio aponta para fora do papel no lado superior da espira e aponta para dentro do papel no lado inferior da espira o fluxo total através da espira é zero e portanto a corrente induzida na espira é zero 6 De acordo com o gráfico da Fig 3035b i 15 mA no instante t 0 ou seja sem campo aplicado o que significa que a resistência do circuito é R 6 00 10 1 5 10 0 0040 6 3 V A Capítulo 30 226 soluções dos problemas No intervalo 10 s t 20 s temos V R fonte induzida A e 0 00050 e portanto induzida fonte A A 0 00050 0 00050 0 0 R V 040 6 00 10 4 0 10 6 6 V V De acordo com a lei de Faraday induzida induzida d dt A dB dt Aa a A FB 4 0 10 5 0 10 8 0 10 6 4 2 3 V m Ts 7 a O valor absoluto da fem é e d dt d dt t t t FB 6 0 7 0 12 7 0 12 2 0 7 0 2 31mV b De acordo com a lei de Lenz veja em especial a Fig 305a a corrente circula na espira no sentido horário Isso significa que o sentido da corrente no resistor R é da direita para a esquerda 8 A resistência da espira é R L A 1 69 10 8 2 m m m 010 25 103 4 1 1 10 3 Como i eR dFBdtR pr2RdBdt temos dB dt iR r 2 3 2 10 1 1 10 1 4 A m T s 005 9 A amplitude da fem induzida na espira é m A ni µ ω π 0 0 6 2 6 8 10 4 85 400 m 107 T m A m A rads V 1 4 1 28 212 1 98 10 10 a Como o fluxo magnético FB através da espira é dado por FB B r r B 2 2 45 2 2 2 cos o temos d dt d dt r B r B t FB π π π 2 2 2 2 3 7 10 2 0 76 10 4 5 10 5 1 2 2 3 3 m T s 10 2 V a O sentido da fem induzida é o sentido horário do ponto de vista do sentido de incidência de B 11 a Convém chamar atenção para o fato de que o resultado que está expresso em termos de sen2p ft poderia em vez disso estar expresso em termos de cos2pft ou mesmo de cos2pft f em que f é uma constante de fase A posição angular u da bobina é medida em relação a uma reta ou plano de referência e de acordo com a escolha da referência o fluxo magnético pode ser escrito como BA cosu BA senu ou BA cosu f Para a referência que foi escolhida soluções dos problemas 227 FB BA cosu Como a bobina está girando com velocidade angular constante u aumenta line armente com o tempo Assim u 2pft em que u é o ângulo em radianos e 2pf a velocidade angular Como a área de uma bobina retangular é A ab a lei de Faraday nos dá N d BA dt NBA d f dt fNabB cos cos sen θ π π 2 2 2π ft que é a equação que queríamos demonstrar No enunciado a equação também é escrita de ou tra forma e0 sen2p ft para deixar claro que a fem induzida é senoidal e tem uma amplitude e0 2pf NabB b Como e0 150 V 2p f NabB temos Nab V fB 150 2 150 2 60 0 0 500 0 796 1 V s T m 2 12 Para que seja induzida uma fem o campo magnético deve ter uma componente perpendicu lar à espira e deve variar com o tempo a Para B y ˆ 4 00 10 2 Tm k dBdt 0 e portanto e 0 b Nenhum c Para B t ˆ 6 00 10 2 Ts k d dt A dB dt FB 0 400 0 250 0 0600 m m Ts 6 00 mV o que nos dá e 600 mV d Horário e Para B yt ˆ 8 00 10 2 Tm s k FB t ydy y 0 400 0 0800 0 032 2 0 0 250 2 0 0 250 3 1 00 10 t A fem induzida é d dt FB 1 00 10 1 00 3 V mV o que nos dá e 100 mV f Antihorário g FB 0 0 h Nenhum i FB 0 0 j Nenhum 228 soluções dos problemas 13 A carga é q t R t A R B B t B B 1 0 0 1 20 10 F F 3 13 0 1 60 29 5 m T 160T 295 10 C mC 2 2 14 De acordo com a Fig 3040b o valor de dBdt a inclinação da reta que representa a função Bt é 0003 Ts Assim a lei de Faraday nos dá d dt d BA dt A dB dt FB 8 0 10 4 m2 0 00 3 2 4 10 8 Ts V De acordo com a Fig 3040c o valor da corrente i dqdt a inclinação da reta que representa a função qt é 0002 A Assim a lei de Ohm nos dá R i A dB dt i m Ts 0 2 8 0 10 0 0030 4 0020 A m 0 0012 1 2 15 a Seja L o comprimento do lado da espira Nesse caso o fluxo magnético através do cir cuito é FB L B 2 2 e a fem induzida é i B d dt L dB dt F 2 2 Como B 0042 2 0870t dBdt 20870 Ts e i 2 00 2 0 870 m Ts 174 V 2 Como o campo magnético aponta para fora do papel e está diminuindo a fem induzida tem a mesma polaridade que a fem da fonte e a fem total é e ei 200 V 174 V 217 V b O sentido da corrente é o sentido antihorário 16 a Escolhendo o sinal positivo para o fluxo de B1 e B2 a fem induzida é d dt A dB dt dB dt dB dt FB 1 2 3 0 10 0 m 20 2 0 10 1 0 10 5 0 10 6 6 6 m Ts Ts Ts 4 0 10 8 V Assim de acordo com a lei de Ohm o valor absoluto da corrente é R 4 0 10 5 0 10 8 0 10 8 0 8 3 6 V A A µ b De acordo com a lei de Lenz o sentido da corrente induzida é o sentido antihorário 17 O campo no centro da espira maior pode ser calculado usando a Eq 2910 B m0i2R na qual R é o raio da espira Assim para it i0 kt na qual i0 200 A e k 200 A 200 A100 s 400 As temos a B t i R 0 2 4 10 200 2 1 00 1 0 0 7 Hm A m 26 10 4 T soluções dos problemas 229 b B t 0 500 4 10 200 400 0 500 7 s Hm A As s 2 1 00 0 m c B t 1 00 4 10 200 400 1 00 7 s Hm A As s 2 1 00 1 26 10 4 m T o que nos dá B t 1 00 1 26 10 4 s T d Sim como indica a diferença entre os sinais de Bt nos itens a e c e Seja a a área da espira menor Nesse caso FB Ba e a lei de Faraday nos dá d dt d Ba dt a dB dt a B t FB 2 00 10 1 26 10 1 00 4 4 m T 126 10 T s 2 4 5 04 10 8 V 18 a A altura do triângulo formado pelos trilhos e pela barra no instante t é igual à distância percorrida pela barra até esse instante d vt na qual v é a velocidade da barra A base do triângulo distância entre os pontos de interseção da barra com os trilhos é 2d Assim a área do triângulo é A vt vt v t 1 2 1 2 2 2 2 basealtura Como o campo é uniforme o fluxo em unidades do SI é FB BA 03505202t2 9464t2 No instante t 300 s FB 9464900 852 Wb b De acordo com a lei de Faraday a fem em unidades do SI é dada por d dt dt dt t FB 9 464 18 93 2 No instante t 300 s e 1893300 568 V c O cálculo do item b mostra que n 1 19 De acordo com a lei de Faraday N d BA dt NBA d ft dt NBA f cos cos sen θ π π 2 2 2π ft o que nos dá max 2 2 16 7 100 0 15 2 π π fNAB rev s espiras m 3 5 5 50 103 T V 55 kV 20 Como 1 gauss 1024 T a carga que atravessa o medidor é q t N R BA BA NBA R cos cos cos 20 20 2 20 2 cos 1000 0 590 10 20 4 T 0100m 850 2 140 1 55 10 5 C Note que o eixo da bobina faz um ângulo de 20 e não 70 com o campo magnético da Terra 230 soluções dos problemas 21 a A frequência é f 2 40 40 revs2 radrev 2 Hz b Em primeiro lugar definimos um ângulo em relação ao plano da Fig 3044 tal que o fio semicircular se encontra na posição u 0 no instante inicial e um quarto de período de revo lução mais tarde se encontra na posição u p2 com o ponto médio a uma distância a acima do plano da figura Nesse instante a área envolvida pelo circuito está reduzida a um retângulo cuja área vamos chamar de A0 Como a área de um semicírculo é pa22 a área envolvida pelo circuito em função de u é dada por A A a 0 2 2 cos na qual u 2pft se tomarmos t 0 como o instante em que o fio semicircular se encontra na posição u 0 Como o campo magnético é constante e uniforme a lei de Faraday nos dá d dt B dA dt B d A a dt B a FB 0 2 2 2 cos π θ π 2 2 2 2 2 d ft dt B a f ft cos sen π π π A amplitude da fem induzida é portanto m B a f π π 2 2 2 2 1 0 020 0 020 40 3 2 T m s 10 3 V 32 mV 22 De acordo com a lei de Faraday d dt d BA dt BA d dt F cos sen φ φ φ 0 20 T 0 1 55 2 0 60 0 018 18 2 1 m s V mV sen π 23 a Na região onde se encontra a espira menor o campo magnético produzido pela espira maior pode ser considerado uniforme e igual ao valor do campo no centro da espira menor que de acordo com a Eq 2926 com z x R é dado por B iR x 0 2 2 3 ˆi na qual o sentido do eixo x é para cima na Fig 3045 O fluxo do campo magnético através da espira menor é aproximadamente igual ao produto deste campo pela área da espira menor FB ir R x 0 2 2 2 3 b De acordo com a lei de Faraday a fem induzida é d dt ir R d dt x ir FB πµ πµ 0 2 2 3 0 2 2 1 R x dx dt ir R v x 2 4 0 2 2 4 2 3 3 2 πµ c Quando a espira menor se afasta da espira maior o fluxo do campo magnético através da espira menor diminui e temos uma situação semelhante à da Fig 305b De acordo com a lei de Lenz o sentido da corrente induzida deve ser tal que produza um campo magnético orientado no mesmo sentido que o campo magnético produzido pela espira maior de modo a se opor à diminuição do fluxo Assim o sentido da corrente é o sentido antihorário quando a espira maior é vista de cima o mesmo sentido da corrente i na Fig 3045 24 a Como B B ˆi apenas a área projetadaî no plano yz contribui para o fluxo Esta área projetada corresponde a um quarto de circunferência Assim o fluxo magnético FB através da espira é FB B dA r B 1 4 2 soluções dos problemas 231 e portanto d dt d dt r B r dB dt FB 1 4 4 1 4 2 2 π π π010 m2 5 Ts 24 10 V 24 V 3 0 10 3 µ b De acordo com a lei de Lenz o sentido da corrente no segmento bc é de c para b a situação é análoga à da Fig 305a 25 a Vamos chamar de L o comprimento dos fios e supor que o eixo central de um dos fios passa pela origem do sistema de coordenadas e o outro pelo ponto x D para o qual D é a distância entre os fios Como por simetria os campos magnéticos produzidos em pontos no intervalo 0 D2 x são iguais aos campos magnéticos produzidos em pontos no intervalo D2 x D podemos escrever FB D d d D BdA BL dx BL dx 2 2 2 0 2 0 2 2 2 na qual d é o diâmetro dos fios Vamos usar R d2 e r em vez de x nos cálculos a seguir Temos FB R L i R r i D r dr i 2 2 2 2 2 0 2 0 0 0 r i D r dr i D R D 0 0 2 0 2 2 1 2 ln D i D R R 0 5 0 23 10 ln T m T m T m Wbm 1 08 10 1 3 10 13 5 5 b Como de acordo com os resultados do item a o fluxo por metro que corresponde ao inte rior dos fios é 023 105 Tm a porcentagem que está no interior do fluxo que está no interior dos fios é 0 23 10 1 3 10 0 17 17 5 5 T m T m c Nesse caso os campos magnéticos produzidos em pontos no intervalo 0 D2 x são iguais em valor absoluto aos campos magnéticos produzidos em pontos no intervalo D2 x D mas têm o sentido oposto e portanto o fluxo total e em consequência o fluxo por metro é igual a 0 26 a Para começar observamos que em uma parte da região envolvida pela espira os fluxos do campo magnético se cancelam De acordo com a regra da mão direita o campo magnético produzido pela corrente no fio retilíneo longo na parte da espira acima do fio aponta para fora do papel e o campo produzido na parte da espira abaixo do fio aponta para dentro do papel Como a altura da parte da espira acima do fio é b 2 a o fluxo em uma parte da espira abaixo do fio de altura b 2 a tem o mesmo valor absoluto e o sinal oposto ao do fluxo acima do fio e os dois fluxos se cancelam Assim o fluxo através da espira é dado por FB b a a BdA i r bdr ib a b 0 0 2 2 π π ln a 232 soluções dos problemas Nesse caso a lei de Faraday nos dá d dt d dt ib a b a b FB µ π µ π 0 0 2 2 ln ln ln a b a di dt b a b a d dt t t µ π 0 2 2 9 2 10 µ π 0 9 10 2 b t a b a ln Para a 0120 m b 0160 m e t 300 s temos ln 4 10 0 16 9 3 10 2 0 12 0 16 0 12 7 π π 5 98 10 7 V 0598 V µ b Como didt 0 no instante t 3 s a situação é análoga à da Fig 305c Assim de acordo com a lei de Lenz a fem induzida produz uma corrente no sentido antihorário 27 a Considere uma fita de largura infinitesimal dy e espessura l 0020 m Se a fita está localizada na altura y o fluxo magnético através da fita é d BdA t y dy FB 4 2 l e o fluxo total através da espira é F F B B d t y dy t 4 2 2 0 2 3 l l l Assim de acordo com a lei de Faraday d dt t s m FB 4 4 2 5 0 020 8 0 10 80 3 3 5 l V µV b De acordo com a lei de Lenz o sentido da força eletromotriz induzida é o sentido horário 28 a O campo produzido pelo fio é dado pela Eq 2917 Para calcular o fluxo podemos usar a Eq 301 b Para calcular a corrente induzida na espira calculamos a fem induzida usando a lei de Faraday e levando em conta o fato de que drdt v e dividimos o resultado pela resistência da espira o que nos dá i R ia R d dt r b r b iabv ln 2 2 0 0 2 2 2 2 2 4 10 4 7 0 02 2 2 7 R r b 2 2 T m A A 2 0 0080 3 2 10 2 4 0 10 2 0 3 4 m m m s 2 2 0080 1 0 10 10 2 5 m A A 2 29 a De acordo com a Eq 308 BLv 0 350 0 0481 T0250 m055 ms V b De acordo com a lei de Ohm temos i 0 0481 18 0 0 00267 2 67 V A mA soluções dos problemas 233 c De acordo com a Eq 2627 P i2R 0000129 W 0129 mW 30 De acordo com a lei de Faraday a fem induzida é dada por d dt d BA dt A dB dt FB Como de acordo com a Eq 2923 o campo no interior do solenoide é dado por B moni e é zero do lado de fora do solenoide o que significa que A Asolenoide temos A dB dt A d dt ni nA solenoide solenoide so µ µ 0 0 lenoide disolenoide dt na qual de acordo com a Fig 3051b disolenoidedt 100 A20 s 05 As Para n 8000 espirass e Asolenoide p0022 note que o raio da espira não aparece nos cálculos que envol vem apenas no raio do solenoide obtemos e 63 mV De acordo com a Eq 2628 a taxa de conversão de energia elétrica em energia térmica é dada por e2R enquanto de acordo com a Fig 3051c é dada por dEt dt 800 nJ20 s 400 nJs Assim temos R dE dt t 2 6 2 9 6 3 10 40 0 10 1 0 V Js m 31 De acordo com a Eq 2628 a taxa de geração de energia térmica é P e2R De acordo com a Eq 2616 a resistência é dada por R ρLA na qual ρ é a resistividade do material L é o comprimento do fio e A é a área da seção reta do fio A área envolvida pela espira é A r L L env espira 2 2 4 2 2 Como de acordo com a lei de Faraday d dt A dB dt L dB dt FB env 2 4π temos P R L dB dt L d d L dB 2 2 2 2 2 2 3 4 4 64 π ρ π πρ dt 2 3 2 3 1 00 10 0 500 1 m m 64 169 π 0 0 0100 3 68 10 8 2 6 m Ts W 368 W µ 32 Como neste caso B B a energia térmica produzida é P t t R R d dt t R A B t B t F 2 2 1 1 2 2 2 4 2 2 6 2 2 00 10 17 0 10 5 t A B R t m T 21 10 2 96 10 7 50 10 6 3 10 s J 750 pJ 33 a Vamos chamar de x a distância entre a barra e a extremidade direita dos trilhos De acor do com a Eq 2917 o campo produzido pelo fio em um ponto do espaço é B m0i2pr na qual r é a distância entre o ponto e o fio Considere uma tira horizontal infinitesimal de comprimento x e largura dr situada a uma distância r do fio O fluxo através da tira é d BdA i r xdr FB 0 2 234 soluções dos problemas De acordo com a Eq 301 o fluxo total através da espira formada pela barra e pelos trilhos é FB a a L ix dr r ix a L a 0 0 2 2 ln De acordo com a lei de Faraday a fem induzida na espira é d dt i dx dt a L a iv a L a FB µ π µ π 0 0 2 2 ln ln ln 4 10 100 5 00 2 1 00 7 π π T mA A ms cm 100cm cm V 240 V 1 00 2 40 10 4 µ b De acordo com a i i R 2 40 10 0 400 6 00 10 0 600 4 4 V A mA Como o fluxo está aumentando o campo magnético produzido pela corrente induzida aponta para dentro do papel na região envolvida pela barra e pelos trilhos e portanto a corrente tem o sentido horário c A potência dissipada na espira é dada por P i R i 2 4 2 7 6 00 10 0 400 1 44 10 0 1 A W 44 W d Para que a barra se mova com velocidade constante a resultante das forças que agem sobre a barra deve ser nula Para isso a força externa aplicada à barra deve ser igual em módulo à força magnética e deve ter o sentido oposto O módulo da força magnética exercida sobre um segmento infinitesimal da barra de comprimento dr situado a uma distância r do fio é dF iBdr i i r dr B i 0 2 Integrando força acima para toda a barra temos F i i dr r i i a L a B i a a L i 0 0 2 2 4 ln 10 6 00 10 100 2 1 00 7 4 T mA A A cm 10 ln 0cm cm N 1 00 2 87 10 8 Como o campo produzido pelo fio aponta para fora do papel na região onde a barra está se movendo e o sentido da corrente na barra é para cima a força associada ao campo magnético aponta para a direita e portanto a força externa aplicada deve apontar para a esquerda e De acordo com a Eq 748 a taxa com a qual a força externa realiza trabalho sobre a espira é P Fv 287 108 N500 ms 144 107 W 0144 mW Como toda a energia fornecida pela força externa é convertida em energia térmica este valor é igual ao da potência dissipada na espira calculado no item c 34 Como Ftot BiL mg 0 temos i mg BL R R d dt B R dA dt Bv L R B t 1 F o que nos dá vt mgRB2L2 soluções dos problemas 235 35 a De acordo com a Eq 308 BLv 1 2 T 0 10 m50 ms 060 V b De acordo com a lei de Lenz o sentido da fem induzida é o sentido horário Isso significa que na barra o sentido da fem é para cima c De acordo com a lei de Ohm a corrente induzida é i 060 V040 Ω 15 A d O sentido da corrente é o sentido horário e De acordo com a Eq 2627 P i2R 090 W f De acordo com a Eq 282 a força que o campo magnético exerce sobre a barra aponta para a direita e tem um módulo F iLB 1 5 0 10 0 18 A m12 T N Para manter a barra em movimento com velocidade constante é preciso aplicar uma força de mesmo módulo no sentido da direita para a esquerda A resposta é portanto Fext 018 N g De acordo com a Eq 748 a taxa com a qual a força realiza trabalho sobre a barra é dada por P Fv 018 N50 ms 090 W Como toda a energia fornecida pela força externa é convertida em energia térmica este valor é igual ao da taxa com a qual a energia é dissipada na barra em forma de calor calculado na item e 36 a No caso da trajetória 1 temos E ds d dt d dt B A A dB dt r dB B 1 1 1 1 1 1 1 2 1 F dt 0 200 8 50 10 1 07 10 2 3 3 m Ts V 1 07 mV b No caso da trajetória 2 temos E ds d dt r dB dt B F 2 2 2 2 2 0 300 8 5 2 m 0 10 2 40 10 2 40 3 3 Ts V mV c No caso da trajetória 3 temos E ds E ds E ds 3 1 3 1 07 10 2 V 4 10 1 33 10 1 33 3 2 3 V V mV 37 a Como o ponto está dentro do solenoide devemos usar a Eq 3025 O módulo do campo elétrico induzido é E dB dt r 1 2 1 2 6 5 10 0 0220 7 15 10 3 Ts m 5Vm 715 Vm b Como o ponto está fora do solenoide devemos usar a Eq 3027 O módulo do campo elé trico induzido é E dB dt R r 1 2 1 2 6 5 10 0 0600 0 082 2 3 2 Ts m 0 1 43 10 4 m Vm 143 Vm 236 soluções dos problemas 38 A mudança brusca de inclinação do gráfico da Fig 3055 mostra que o raio da região circu lar é 20 cm De acordo com a Eq 3020 para valores de r menores que este valor E ds E r d dt d BA dt A dB dt r a B 2 2 F o que nos dá Er a2 Er é a inclinação da parte retilínea do gráfico cujo valor é 300 106 NC200 103 m 0015 m Assim a 2Er 0030 Ts 39 O campo magnético B pode ser escrito na forma B t B B t 0 1 0 sen na qual B0 300 T 296 T2 298 T e B1 300 T 2 296 T2 0200 T Nesse caso de acordo com a Eq 3025 E t dB dt r r d dt B B t sen 1 2 2 0 1 0 1 2 1 0 B r t cos Como ω 2pf e o valor de Et é máximo para cosωt f0 1 temos E B f r max 1 2 2 1 2 0 200 2 15 1 6 10 1 T Hz 2 0 15 m Vm 40 Como NFB Li temos FB Li N 8 0 10 5 0 10 400 1 0 10 3 3 7 H A Wb 010 Wb 41 a O fluxo magnético que enlaça as espiras é igual ao fluxo que atravessa uma espira mul tiplicado pelo número de espiras F F total T N NBA NB r B 2 3 30 0 2 60 10 0 100 2 45 10 2 3 m Wb 245 mWb b De acordo com a Eq 3033 temos L N i B F 2 45 10 3 80 6 45 10 3 4 Wb A H 0645 mH 42 a Podemos imaginar que o solenoide é a combinação de N espiras circulares dispostas ao longo da largura W da fita de cobre Nesse caso a corrente em cada fita é i iN e o campo magnético no interior do solenoide é B n i N W i N i W 0 0 0 7 4 10 T mA0035 A m T 027 T 0 16 2 7 10 7 b De acordo com a Eq 3033 temos L i R B i R i W i R W B F 2 2 0 0 2 7 4 10 T mA0018 m m H 80 nH 2 0 16 8 0 10 9 43 Vamos definir um eixo de coordenadas r tal que o eixo central de um dos fios está na ori gem e o outro em r d De acordo com a regra da mão direita os campos se somam da região entre os dois fios e por simetria os campos na região em que 0 r d2 têm o mesmo valor que os campos na região em que d2 r d com r substituído por d r Vamos chamar de l soluções dos problemas 237 o comprimento dos fios e calcular por integração o fluxo magnético por unidade de compri mento FBl Devido à simetria podemos realizar a integração apenas no intervalo 0 xr d2 e multiplicar o resultado por 2 FB d a ext a d B dA B dr B dr 2 2 2 0 2 0 2 int l l na qual Bint é o campo no interior dos fios dado pela Eq 2920 e Bext é o campo do lado de fora dos fios dado pela Eq 2917 Assim temos FB a i a r i d r dr i l 2 2 2 2 2 0 2 0 0 0 r i d r dr i d a a d 0 2 0 2 2 1 2 ln d i d a a 0 ln na qual o primeiro termo é o fluxo no interior dos fios e será desprezado como sugere o enun ciado do problema Assim o fluxo é dado aproximadamente por FB i d a a 0 l ln e de acordo com a Eq 3033 com N 1 temos L Li d a a B l F 0 7 4 10 14 ln T mA ln 2 1 53 1 53 1 81 10 6 Hm 181 Hm 44 Como de acordo com a Eq 3035 e Ldidt temos di dt L 60 12 5 0 V H As o que nos dá didt 50 As Podemos obter esta taxa de variação por exemplo reduzindo a corrente de 20 A para zero em 40 ms a uma taxa constante 45 a De acordo com a lei de Lenz a força eletromotriz se opõe à variação da corrente Assim se a polaridade da fem é tal que a corrente induzida tem o mesmo sentido que a corrente já existente isso indica que a corrente está diminuindo b De acordo com a Eq 3035 L di dt V 25kAs H 068 mH 17 6 8 10 4 46 Durante os períodos de tempo em que a corrente está variando linearmente com o tempo a Eq 3035 nos dá e L i t Assim temos omitindo os símbolos de valor absoluto para simplificar a notação a Para 0 t 2 ms L i t 4 6 7 0 0 2 0 10 1 6 10 3 4 H A s V 16 kV b Para 2 ms t 5 ms L i t 4 6 5 0 7 0 5 0 2 0 10 3 1 3 H A A s 103 V 31 kV 238 soluções dos problemas c Para 5 ms t 6 ms L i t 4 6 0 5 0 6 0 5 0 10 2 3 10 3 H A s 4 V 23 kV 47 a De acordo com a Eq 3035 a tensão entre os terminais dos indutores é diretamente pro porcional à indutância A situação é análoga à dos resistores Como as tensões independentes de componentes em série se somam as indutâncias de indutores em série se somam Assim temos Leq L1 L2 Note que para que as tensões dos indutores sejam independentes é preciso que o campo mag nético produzido por um dos indutores não afete o outro o que significa que os indutores não devem estar muito próximos o caso em que os campos magnéticos produzidos por indutores afetam outros indutores é discutido na Seção 3012 b Analogamente ao caso dos resistores L Ln n N eq 1 48 a se dois indutores L1 e L2 estão submetidos à mesma tensão V a Eq 3035 nos dá di dt L V di dt L V 1 1 2 2 e Como a corrente total que passa pelos dois indutores é i1 i2 temos di dt di dt di dt L V L V 1 2 1 2 De acordo com a Eq 3035 se substituirmos os dois indutores por um único indutor equiva lente deveremos ter di dt L V eq Combinando as duas equações anteriores obtemos 1 1 1 1 2 L L L eq Note que para que as correntes dos indutores sejam independentes é preciso que o campo mag nético produzido por um dos indutores não afete o outro o que significa que os indutores não devem estar muito próximos o caso em que os campos magnéticos produzidos por indutores afetam outros indutores é discutido na Seção 3012 b Analogamente ao caso dos resistores 1 1 1 L Ln n N eq 49 De acordo com os resultados dos Problemas 3047 e 3048 a resistência equivalente é L L L L L L L L L L eq mH mH 1 4 23 1 4 2 3 2 3 30 0 15 0 50 0 20 0 50 0 20 0 59 3 mH mH mH mH mH 50 Vamos chamar de if o valor final da corrente De acordo com o enunciado i if 3 no ins tante t 500 s Nesse caso de acordo com a Eq 3041 temos i i e t i i f t L f L 1 1 5 00 1 1 ln ln s 3 12 3 s soluções dos problemas 239 51 A corrente no circuito é dada por i i e t L 0 na qual i0 é a corrente no instante t 0 e tL LR é a constante de tempo indutiva Dividindo por i0 e tomando o logaritmo de ambos os membros obtemos ln i i t L 0 o que nos dá L t i i ln ln 0 3 1 0 10 10 1 0 0 s A A 217s Assim R LtL 10 H0217 s 46 Ω 52 a Logo após o fechamento da chave e eL iR Entretanto como i 0 nesse instante eL e o que nos dá eLe 100 b L t t e e e L L L τ τ τ 2 0 2 0 0 135 o que nos dá eLe 0135 c Como e e L t t e L τ temos t t t L L L L τ τ τ ln ln ln 2 2 0 693 τ L 0 693 53 a se a bateria é ligada ao circuito no instante t 0 a corrente para t 0 é dada por i R e t L 1 τ na qual tL LR No instante em que i 0800eR temos 0 800 1 0 200 e e t t L L Tomando o logaritmo natural de ambos os membros obtemos ttL ln0200 1609 o que nos dá t L R L 1 609 1 609 1 609 6 30 10 1 20 10 6 3 H 8 45 10 9 s 845 ns b No instante t 10tL a corrente no circuito é i R e e 1 14 0 1 1 0 1 0 V 120 103 7 37 10 3 A 737 mA A figura a seguir mostra a corrente no circuito em função de ttL 240 soluções dos problemas 54 a Imediatamente após o fechamento da chave a corrente no indutor é zero e portanto i R R 1 1 2 100 3 33 V 100 200 A b Como foi visto no item a a corrente no indutor é zero e portanto i2 i1 333 A Após um longo tempo a corrente atinge o valor final Quando isso acontece a fem entre os terminais do indutor é zero e o componente pode ser substituído por um fio condutor Nesse caso a corrente em R3 é i1 2 i2 e de acordo com a regra das malhas i R i R i R i i R 1 1 2 2 1 1 1 2 3 0 0 Resolvendo o sistema de equações anterior obtemos c i R R R R R R R R 1 2 3 1 2 1 3 2 3 100 20 0 30 0 V 10 0 20 0 10 0 30 0 20 0 30 0 4 55 A d i R R R R R R R 2 3 1 2 1 3 2 3 100 30 0 10 0 2 V 0 0 10 0 30 0 20 0 30 0 2 73 A e Como após o fechamento da chave a malha da esquerda deixa de conduzir corrente i1 0 f Como o valor da corrente em um indutor não pode mudar bruscamente o valor da corrente em R3 imediatamente após a chave ser aberta é o mesmo que antes da abertura da chave i3 i1 2 i2 455 A 2 273 A 182 A De acordo com a lei dos nós a corrente em R2 tem o mesmo valor absoluto e o sentido inverso i2 2182 A Como a fonte de alimentação foi desligada do circuito o valor final de todas as correntes é zero Assim g i1 0 h i2 0 55 O valor da corrente para t 0 é dado por i i e f t L 1 na qual if é a corrente final e tL LR é a constante de tempo indutiva No instante em que i 09990if temos 0 990 1 0 0010 ln i i e t f f t L t L 6 91 soluções dos problemas 241 A figura a seguir mostra a corrente normalizada iif em função de ttL 56 Como a inclinação do gráfico da Fig 3062 é igual a Fi temos Fi 40 104 T m2 200 A 2 104 H Assim como N 25 a indutância do indutor é L N Fi 5 103 H Derivando a Eq 3041 em relação ao tempo obtemos di dt R R L e L e e t t L L τ τ 16 5 10 7 1 3 1 5 V H 102As 57 a Como a corrente no resistor é zero antes da queima do fusível a aplicação da regra das malhas à malha formada pela fonte pelo fusível e pelo indutor nos dá L di dt i t L 0 No instante tq em que o fusível queima i iq 30 A Assim t i L q q 3 0 5 0 10 1 5 A H V s b A figura a seguir mostra o gráfico pedido 58 De acordo com a regra das malhas L di dt iR L d dt t t R 3 0 5 0 3 0 5 0 6 0 5 0 3 0 5 0 4 0 42 20 t t V 242 soluções dos problemas 59 a Vamos supor que o sentido da corrente i na chave é da esquerda para a direita Vamos cha mar de i1 a corrente no resistor e supor que o sentido dessa corrente é para baixo Vamos chamar de i2 a corrente no indutor e supor que o sentido dessa corrente também é para baixo De acordo com a regra das malhas i1R 2 Ldi2dt 0 De acordo com a regra dos nós i i1 i2 Como a corrente i é constante a derivada desta equação em relação ao tempo nos dá di1dt 2 di2dt Substituindo na primeira equação obtemos L di dt i R 1 1 0 Por analogia com a Eq 3044 a solução é dada pela Eq 3045 com i1 no lugar de i i i e Rt L 1 0 na qual i0 é a corrente no resistor no instante t 0 imediatamente após o fechamento da cha ve Como a corrente em um indutor não pode variar bruscamente nesse instante i2 0 e i1 i Assim i0 i e i ie i i i i e Rt L Rt L 1 2 1 1 b Quando i2 i1 e e e Rt L Rt L Rt L 1 1 2 Tomando o logaritmo natural de ambos os membros temos Rt L t L R ln ln 2 2 A figura a seguir mostra os gráficos de i1i e i2i em função de ttL 60 a Vamos usar a seguinte notação h é a altura do núcleo toroidal a é o raio interno e b é o raio externo Como a seção reta é quadrada h b 2 a Podemos calcular o fluxo usando a Eq 2924 e a indutância usando a Eq 3033 FB a b a b BdA Ni r hdr Nih b a 0 0 2 2 ln e L N i N h b a B F 0 2 2 ln soluções dos problemas 243 Como a circunferência interna do núcleo é l 2pa 2p10 cm 628 cm o número de espiras é N 628 cm10 mm 628 Assim L N h b a 0 2 7 2 2 4 10 628 0 02 ln H m m ln 2 12 10 2 9 10 4 H 029 mH b Como o perímetro de um quadrado é igual a quatro vezes o lado o comprimento total do fio é l 628420 cm 50 m e a resistência do fio é R 50 m002 Ωm 10 Ω Assim L L R 2 9 10 2 9 10 4 4 H 10 s 029 ms 61 a Se a bateria é ligada ao circuito no instante t 0 a corrente é dada por i R e t L 1 τ na qual e é a fem da bateria R é a resistência e tL é a constante de tempo indutiva LR Isso nos dá e iR t iR t L L τ τ 1 1 ln Como ln ln 1 1 2 00 10 10 0 10 50 0 3 3 iR A V 0 5108 a constante de tempo indutiva é L t s s 0 5108 5 00 10 0 5108 9 79 10 3 3 e a indutância é L L R 9 79 10 10 0 10 97 9 3 3 s H b A energia armazenada na bobina é U Li B 1 2 1 2 97 9 2 00 10 1 96 10 2 3 2 4 H A J 0196 mJ 62 a De acordo com as Eqs 3049 e 3041 a taxa com a qual a energia está sendo armazena da no campo magnético da bobina é dU dt d Li dt Li di dt L R e R B t L 1 2 2 1 1 τ τ τ τ τ L t t t e R e e L L L 2 1 Como tL LR 20 H10 Ω 020 s e e 100 V a expressão anterior nos dá dUBdt 24 102 W para t 010 s b De acordo com as Eqs 2627 e 3041 a potência dissipada na resistência é P i R R e R R e t t L L t 2 2 2 2 2 2 1 1 τ τ 244 soluções dos problemas Para t 010 s a expressão anterior nos dá Pt 15 102 W c De acordo com a lei de conservação da energia a potência fornecida pela fonte é P P dU dt B fonte t W 3 9 102 Note que o mesmo resultado poderia ser obtido usando as Eqs 2626 e 3041 63 De acordo com as Eqs 3049 e 3041 a taxa com a qual a energia é armazenada no campo magnético do indutor é dU dt d Li dt Li di dt L R e B t L 2 2 1 τ R e R e e L t t t L L L 1 1 2 τ τ τ τ De acordo com as Eqs 2627 e 3041 a taxa com a qual a energia é dissipada no resistor é P i R R e R R e t t L L t 2 2 2 2 2 2 1 1 τ τ Igualando as duas equações e explicitando o tempo obtemos 2 2 2 1 1 2 37 R e R e e t t t t L L L L ln τ τ τ τ ln 0 2 25 6 ms ms 64 Seja U t Li t B 1 2 2 Queremos que a energia no instante t seja metade do valor final U t U t Li B f º 2 2 4 Isto nos dá i t if 2 Como i t i e f t L 1 temos 1 1 2 1 1 2 1 23 e t t L L ln 65 a A energia fornecida pela fonte é a integral da Eq 2714 na qual a corrente é dada pela Eq 3041 P dt R e dt R t L R e t Rt L t R fonte 0 2 0 2 1 t L e 1 10 0 6 70 2 00 5 50 2 6 V s H 70 2 00 5 50 1 6 70 18 7 s H J b A energia armazenada no campo magnético é dada pela Eq 3049 U Li t L R e B Rt L 1 2 1 2 1 1 2 5 50 1 2 2 2 e H 0 0 6 70 1 2 6 70 2 00 5 50 V s H e 2 5 10 J c De acordo com a lei de conservação da energia a energia dissipada no resistor é igual à diferença entre os resultados dos itens a e b 187 J 2 510 J 136 J 66 a De acordo com a Eq 299 o módulo do campo magnético no centro da espira é B i R 0 7 3 2 4 10 100 2 50 10 1 3 10 H m A m 3 1 3 T mT soluções dos problemas 245 b De acordo com a Eq 3055 a densidade de energia nas proximidades do centro da espira é u B B 2 0 3 2 7 3 2 1 3 10 2 4 10 0 63 T H m J m 67 a De acordo com a Eq 3055 a densidade de energia magnética é dada por uB B22m0 Como no interior de um solenoide B m0ni na qual n neste caso é dado por n 950 espiras0850 m 1118 103 m1 a densidade de energia magnética é u n i B 1 2 1 2 4 10 1 118 10 0 2 2 7 3 1 2 T m A m 6 60 34 2 2 3 A J m b Como o campo magnético é uniforme no interior de um solenoide ideal a energia total armazenada no campo magnético é UB uBV na qual V é o volume do solenoide O volume V por sua vez é igual ao produto da área da seção reta pelo comprimento do solenoide Assim UB 34 2 17 0 10 0 850 4 94 10 3 4 2 2 J m m m J 494 mJ 68 A energia magnética armazenada no indutor toroidal é dada por UB Li22 na qual L é a indutância e i é a corrente A energia magnética também é dada por UB uBV na qual uB é densidade de energia média e V é o volume Assim i u V L B 2 2 70 0 0 0200 90 0 10 5 58 3 3 3 J m m H A 69 Como u E u B E B 0 2 2 0 2 2 temos E B 0 0 12 7 0 50 8 85 10 4 1 5 T F m H m 10 108 V m 70 É importante notar que o gráfico da Fig 3065b não expressa a densidade de energia em função da coordenada do ponto na qual a densidade de energia é medida a densidade de ener gia é sempre medida na origem O que o gráfico mostra é a densidade de energia na origem em função da posição do fio 2 Note que o gráfico passa por um ponto em que a densidade de energia é zero Isso significa que os campos magnéticos produzidos pelas duas correntes têm sentidos opostos o que por sua vez significa que as correntes têm o mesmo sentido nos dois fios Além disso sabemos que B1 B2 quando x 020 cm o valor de x para o qual uB é zero Assim de acordo com a Eq 294 0 1 0 2 2 2 0 20 i d i m o que nos dá d 0067 m Sabemos também que quando a densidade de energia é produzida exclusivamente por B1 o que acontece quando x uB 196 109 Jm3 o que nos dá B uB 1 0 7 9 2 2 4 10 7 02 Hm196 10 Jm3 10 8 T a Como B1 m0i12pd temos i dB 1 1 0 8 7 2 2 0 067 7 02 10 4 10 m T Hm 0 023 23 A mA b i2 3i1 323 mA 70 mA 246 soluções dos problemas 71 a A densidade de energia do campo magnético é u B i R i R B 2 0 0 0 2 0 2 2 7 2 1 2 2 8 4 10 H m A m 2 J m 10 8 2 5 10 1 0 2 3 2 3 b A densidade de energia do campo elétrico é u E J iR E 1 2 2 2 1 2 8 85 10 0 2 0 2 0 2 1 ρ l 2 3 2 15 3 10 3 3 10 4 8 10 F m A m J m 72 a O enlaçamento de fluxo magnético F12 da bobina 1 é F12 1 1 1 25 6 0 100 1 5 L i N mH mA Wb b A força eletromotriz autoinduzida na bobina 1 é 1 1 1 2 25 4 0 1 0 10 L di dt mH A s mV c O enlaçamento de fluxo magnético F21 da bobina 2 é F21 1 2 3 0 6 0 200 90 Mi N mH mA nWb d A força eletromotriz autoinduzida na bobina 2 é 2 1 3 0 4 0 12 M di dt mH A s mV 73 a De acordo com a Eq 3065 temos M di dt ε1 2 25 0 15 0 1 67 mV A s mH b De acordo com a Eq 3059 temos N Mi 2 21 1 1 67 3 60 6 00 F mH A mWb 74 Como e2 M di1dt Mit temos M i t 1 3 3 30 10 6 0 13 V A 25 10 s H 75 Como o fluxo magnético através da espira do campo B produzido pela corrente i é dado por F Bl dr il r dr il b a a a b a a b 0 0 2 2 ln 1 temos M N i N l b a F 0 7 2 1 100 4 10 0 ln H m ln 30 2 1 8 0 1 0 1 3 10 5 m H 13 H soluções dos problemas 247 76 a A indutância mútua da combinação bobinasolenoide é M M N i N i n R i R nN bs bs s s s F 0 2 0 2 b Como o campo magnético do lado de fora de um solenoide longo é praticamente nulo se o solenoide estiver envolvido pela bobina C o fluxo do campo magnético através da bobina será Fsc BsAs BspR2 independentemente da forma tamanho ou possível falta de compactação da bobina 77 a Vamos supor que a taxa de variação da corrente é didt e calcular a fem total induzida no circuito formado pelas duas bobinas Os campos magnéticos produzidos pelas duas bobinas apontam para a direita Quando a corrente aumenta os dois campos aumentam e as duas varia ções do fluxo induzem forças eletromotrizes de mesma polaridade Assim a fem induzida no circuito é 1 2 1 1 2 1 2 2 L M di dt L M di dt L L M di dt que é a fem que seria produzida se as duas bobinas fossem substituídas por uma única bobina de indutância Leq L1 L2 2M b Para obter este novo valor da indutância equivalente basta inverter as ligações da bobina 2 com a bobina 1 Isso faz com que os fluxos das bobinas tenham sentidos opostos o aumento da corrente na bobina 1 aumenta o fluxo na bobina 1 mas esse aumento também aumenta a corrente na bobina 2 o que produz um fluxo na bobina 1 oposto ao fluxo criado pela própria bobina O mesmo acontece com o fluxo na bobina 2 Assim a fem induzida no circuito é 1 2 1 1 2 1 2 2 L M di dt L M di dt L L M di dt que é a fem que seria produzida se as duas bobinas fossem substituídas por uma única bobina de indutância Leq L1 L2 2 2M 78 Derivando a Eq 3041 em relação ao tempo obtemos di dt d dt R e R e L e t L t R L L 1 τ τ τ t L o que nos dá e L di dt Rt L Tomando o logaritmo natural de ambos os membros e explicitando R obtemos R L t L di dt ln e 23 0 10 0 15 3 H 0 10 23 0 10 12 0 95 4 3 3 s H280 As V ln 79 a V1 e e i1 eR1 10 V50 Ω 20 A b Como a corrente não pode variar bruscamente em um indutor i2 0 c is i1 i2 20 A 0 20 A d Como i2 0 V2 R2i2 0 e VL e 10 V 248 soluções dos problemas f di2dt VLL eL 10 V50 H 20 As g V1 e 10 V e portanto i1 10 V50 Ω 20 A h Como VL 0 i2 eR2 10 V10 Ω 10 A i is i1 i2 20 A 10 A 30 A j Como VL 0 V2 e VL e 10 V k VL 0 l di2dt VLL 0 80 De acordo com a Eq 3041 i R e R e t Rt L L 1 1 τ o que nos dá t L R iR ln 1 1 8 0 10 4 0 10 6 3 H e ln 1 1 2 0 10 4 0 10 20 1 3 3 A V 0 ns 81 Podemos usar a lei de Ohm para relacionar a corrente induzida à fem que é dada pela lei de Faraday i R R d dt 1 F a Quando a espira penetrou parcialmente na região 1 de modo que uma parte x do compri mento da espira está na região x o fluxo é FB xHB1 o que significa que d dt dx dt HB vHB i vHB R B iR vH FB 1 1 1 1 Observando a Fig 3070b vemos que nessa situação i 30 mA o que nos dá B iR vH 1 6 2 3 0 10 0 020 40 10 1 5 A ms 10 10 2 m T b De acordo com lei de Lenz o sentido do campo magnético na região 1 é para fora do pa pel c Quando a espira penetrou parcialmente na região 2 de modo que uma parte x do compri mento da espira está na região 2 e uma parte D x está na região 1 o fluxo é FB xHB2 D xHB1 DHB1 xHB2 2 B1 o que significa que d dt dx dt FB HB2 2 B1 vHB2 2 B1 i vHB2 2 B1R B iR vHB vH 2 1 soluções dos problemas 249 Observando a Fig 3070b vemos que nessa situação i 20 mA o que nos dá B iR vHB vH 2 1 6 2 2 0 10 0 020 40 10 A m s ms T ms 1 5 10 10 10 40 10 1 5 2 6 2 10 3 3 2 m T d De acordo com a lei de Lenz o sentido do campo magnético na região 2 é para fora do papel 82 De acordo com a lei de Faraday temos considerando apenas uma espira uma área cons tante e um campo B variável no tempo d dt d BA dt A dB dt r dB dt FB π 2 Neste problema B B e dB dt B e t t 0 0 o que nos dá π τ r B e t τ 2 0 83 Estamos interessados em determinar o instante no qual VL VR Como de acordo com a lei das malhas e VR VL isso significa que nesse instante e 2VR 2iR A variação com o tempo da corrente no circuito é dada pela Eq 3040 Assim podemos escre ver 2 2 1 2 1 iR R e R e Rt L Rt L o que nos dá t L R ln 2 15 0 10 20 0 0 69 0 520 3 H ms 84 De acordo com a lei de Faraday temos considerando apenas uma espira uma área cons tante e um campo B variável no tempo d dt d BA dt A dB dt R dB dt FB π 2 e portanto R dB 2 π dt o que significa que a inclinação das retas da Fig 3071b é igual a pdBdt a Como a inclinação da reta da esquerda é 8 nV1 cm2 8 109 V104 m2 80 mV m2 temos dB dt 1 80 25 Vm Ts 2 250 soluções dos problemas b Como a inclinação da reta da direita é 12 nV3 cm2 40 mVm2 temos dB dt 2 40 13 Vm Ts 2 c De acordo com a lei de Lenz o módulo de B2 está aumentando 85 O campo elétrico induzido é dado pela Eq 3020 E ds d dt B F Como para a configuração da Fig 3072 as linhas de campo elétrico são circunferências con cêntricas com o eixo do cilindro temos para uma trajetória ao longo de uma linha de campo elétrico E r r dB dt E dB dt r 2 1 2 2 Como a força que o campo exerce sobre um elétron é F eE a aceleração do elétron de acordo com a segunda lei de Newton é a eE m a No ponto a E r dB dt 2 1 2 5 0 10 10 10 2 3 m T s 2 5 10 4 Vm Considerando positivo o sentido da normal para dentro do papel que é o sentido do campo mag nético o sentido positivo do campo E é o sentido horário Assim o sentido do campo elétrico no ponto a é para a esquerda o que nos dá E ˆ 2 5 10 4 Vmi A aceleração resultante é a eE m a 1 60 10 2 5 10 9 11 19 4 C Vm 10 4 4 10 31 7 kg i ms 2 i ˆ ˆ b No ponto b r 0 E 0 e portanto ab 0 c O campo elétrico no ponto c tem o mesmo módulo que no ponto a e o sentido oposto As sim a aceleração de um elétron liberado no ponto c é a a c a ˆ 4 4 107 m s i 2 86 Por causa do decaimento da corrente Eq 3045 que acontece quando as chaves são des locadas para a posição B o fluxo magnético nos circuitos das Figs 3073a e 3073b decai de acordo com as equações F F F F 1 10 2 20 1 2 e e t t L L e na qual as constantes de tempo são dadas pela Eq 3042 Igualando os fluxos e explicitando o tempo obtemos t R L R L ln ln F F 20 10 2 2 1 1 1 50 30 0 H H s 0 0030 25 0 0050 81 1 87 a A força eletromotriz média é med T m s d dt t BA t B B i F F 2 0 0 20 0 20 2 0 40 V soluções dos problemas 251 b A corrente média induzida é i R med med V 20 10 A 0 40 20 3 88 a De acordo com a Eq 3028 temos L N i F 150 50 10 2 00 10 3 75 9 3 T m A mH 2 b A indutância não muda continua a ser 375 mH c Como o campo magnético é diretamente proporcional à corrente na bobina e o fluxo é dire tamente proporcional ao campo magnético quando a corrente dobra de valor o fluxo também dobra de valor Assim o novo fluxo é 250 100 nWb d De acordo com a Eq 3035 o valor absoluto da fem máxima induzida é L di dt max 0 00375 0 0030 377 0 0 H A rads 0424 V 424 mV 89 a i0 e R 100 V10 Ω 10 A b U B Li 0 2 2 2 2 2 0 10 1 0 10 H A J 90 De acordo com a Eq 3045 i i e t L 0 Fazendo i0 0100 e explicitando t obtemos t i i L R i i i L ln ln ln 0 0 2 00H 300 0 0 100 0 1 54 i s 91 a Como a corrente em um indutor não pode variar bruscamente a corrente na fonte é zero logo depois que a chave é fechada b Como a corrente na fonte é zero logo depois que a chave é fechada a aplicação da regra das malhas mostra que a tensão do indutor eL é igual em valor absoluto à fem da fonte Como a corrente da fonte é igual à corrente do indutor a Eq 3035 nos dá di dt L L fonte V H A s 40 0 050 8 0 102 c Este circuito se torna equivalente ao que foi analisado na Seção 309 se substituirmos os dois resistores de 20 kΩ em paralelo por um resistor equivalente de resistência R 10 kΩ Nesse caso de acordo com a Eq 3041 temos i R e e Rt L fonte V 1 40 1 0 10 1 4 1 0 104 3 0 10 50 10 3 6 3 1 8 10 s H A 18 mA d De acordo com a regra das malhas temos L i R fonte V A V 40 1 8 10 1 0 10 40 3 4 18 22 V V Assim de acordo com a Eq 3035 di dt L L fonte V H A s 22 0 050 4 4 102 252 soluções dos problemas e Muito tempo após o fechamento da chave o circuito está no regime estacionário com eL 0 Nesse caso a regra das malhas nos dá i R i R fonte fonte V 0 40 1 0 10 4 0 10 4 3A 40 mA f Muito tempo após o fechamento da chave o circuito está no regime estacionário difonte dt 0 92 a L Fi 26 103 Wb55 A 47 103 H 47 mH b Explicitando t na Eq 3041 obtemos t iR L R iR L τ ln ln 1 1 4 7 10 3 H 075 A V s ln 1 2 5 0 75 6 0 2 4 10 3 24 ms 93 A energia armazenada quando a corrente é UB Li22 na qual L é a indutância do indutor Esta energia é armazenada a uma taxa dU dt Li di dt B na qual a corrente i é dada pela Eq 3041 Assim no instante t 161tL temos dU dt V R e e e B t t L L 2 2 1 12 0 20 0 1 V 1 61 1 61 1 15 e W 94 a De acordo com a Eq 3031 a indutância do solenoide por unidade de comprimento é L n A l 0 2 2 4 100 1 6 π 107 H m espiras cm cm H m 2 0 10 b De acordo com a Eq 3035 a força eletromotriz induzida por metro é l l L di dt 0 10 13 1 3 H m A s V m 95 a Como a corrente em um indutor não pode variar bruscamente a corrente no circuito é zero logo após o fechamento da chave Isso significa que a tensão eL1 do indutor L1 é igual em valor absoluto à tensão da fonte Assim de acordo com a Eq 3035 temos di dt L L 1 1 6 0 0 30 20 A s b Como no regime estacionário a resistência dos indutores é nula a aplicação da regra das malhas à malha externa nos dá i R i R 1 1 0 6 0 0 75 V A 96 Chamando de l o comprimento dos lados do quadrado a área do quadrado é l2 e a taxa de variação da área com o tempo é dAdt 2ldldt Assim de acordo com a Eq 3034 com N 1 temos d dt d BA dt B dA dt B d dt FB 2l l soluções dos problemas 253 o que nos dá e 212 102 m024 T50 102 m 00029 V 97 Podemos tratar a indutância e a resistência da bobina como um indutor puro em série com um resistor puro caso em que a situação descrita no problema pode ser analisada usando a Eq 3041 Derivando a Eq 3041 obtemos di dt d dt R e R e L e t L t R L L 1 τ τ τ t L e 45 0 050 180 1 2 10 0 050 3 V H s H 12 As 98 a De acordo com a Eq 3035 L 300 mV500 As 0600 mH b Como NF iL temos N iL F 8 00 0 6 10 40 0 10 120 3 6 A H Wb 1 a Quando a carga do capacitor é máxima toda a energia do circuito está presente no capa citor Assim se Q é a carga máxima do capacitor a energia total é U Q C 2 6 2 6 6 2 2 90 10 2 3 60 10 1 17 10 C F J 117 J b Quando o capacitor está totalmente decarregado toda a energia está presente no indutor e a corrente é máxima Assim se I é a corrente máxima U LI22 e I U L 2 2 1 168 10 75 10 5 58 10 6 3 3 J H A 558 mA 2 a Os valores de t para os quais a placa A está novamente com a carga positiva máxima são múltiplos do período t nT n f n n A 2 00 10 5 00 3 Hz s no qual n 1 2 3 4 Como o menor desses tempos corresponde a n 1 tA 500 ms b Como o tempo para que a outra placa esteja com a carga positiva máxima é metade do pe ríodo a primeira vez em que isso ocorre é tA2 250 ms c Como o tempo para que a corrente seja máxima e consequentememente o campo magné tico do indutor seja máximo é um quarto do periodo a primeira vez em que isso ocorre é tA4 125 ms 3 a O período é T 4150 ms 600 ms b A frequência é f 1T 1600 ms 167 kHz c Como a energia magnética não depende do sentido da corrente UB i2 o tempo necessário é T2 300 ms 4 Como U Q22C C Q U 2 6 2 6 9 2 1 60 10 2 140 10 9 14 10 C J F 914 nF 5 Como U LI22 Q22C I Q LC 3 00 10 4 00 10 4 6 3 6 C 110 10 H F 52 10 2 A 452 mA 6 a A frequência angular é k m F x m 8 0 0 50 89 13 N 20 10 m kg rad s Capítulo 31 soluções dos problemas 255 b O período é T 2 2 7 0 10 2 89rad s s 70 ms c Como v LC12 temos C L 1 1 89 5 0 2 5 10 2 2 5 rad s H F 25 F 7 As energias dos dois sistemas são comparadas na Tabela 311 Observando a tabela pode mos fazer as seguintes correspondências x q k C m L v dx dt dq dt i kx q C mv 1 1 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2 Li a Como a massa m corresponde à indutância m 125 kg b A constante elástica k corresponde ao recíproco da capacitância Como a energia total é dada por U Q22C na qual Q é a carga máxima do capacitor e C é a capacitância C Q U 2 6 2 6 3 2 175 10 2 5 70 10 2 69 10 C J F e k 1 2 69 10 372 3 mN Nm c Como o deslocamento máximo corresponde à carga máxima xmax 1 75 10 4 m d A velocidade máxima vmax corresponde à corrente máxima A corrente máxima é I Q Q LC 175 10 1 25 2 69 10 3 02 6 3 C H F 10 3 A a velocidade máxima é vmax 302 103 ms 302 mms 8 Aplicando a lei das malhas ao circuito temos total L C R L C R j j j j j L di dt 1 1 1 q C iR L di dt q C iR j j j na qual L L C C R R j j j j j j 1 1 e etotal 0 Este comportamento é equivalente ao do circuito LRC simples da Fig 3126b 9 Como o tempo necessário é t T4 na qual o período é dado por T LC 2 2 temos t T LC 4 2 4 2 0 050 4 0 10 4 7 0 10 6 4 H F s 256 soluções dos problemas 10 Como f LC 2 2 1 L f C 1 4 1 4 10 10 6 7 10 3 8 10 2 2 2 3 2 6 Hz F 5 H 38 H 11 a Como a frequência de oscilação f está relacionada à indutância L e à capacitância C através da equação f LC 1 2 o menor valor de C corresponde ao maior valor de f Assim f LC f LC max min min max 1 2 1 2 e f f C C max min max min 365 10 6 0 pF pF b Devemos usar uma capacitância adicional C tal que a razão entre a frequência máxima e a frequência mínima seja r 1 60 0 54 2 96 MHz MHz Como o capacitor adicional está em paralelo com o capacitor de sintonia as duas capacitâncias se somam Assim com C em picofarads pF devemos ter C C 365 10 2 96 pF pF o que nos dá C 365 2 96 10 2 96 1 36 2 2 pF pF pF c Sabemos que f LC 1 2 Como no caso da frequência mínima C 365 pF 36 pF 401 pF e f 054 MHz temos L Cf 1 2 1 2 401 10 0 54 10 2 2 2 12 6 2 F Hz 2 2 10 4 H 022 mH 12 a Como a porcentagem de energia armazenada no campo elétrico do capacitor é 1 75 0 25 0 temos U U q C Q C E 2 2 2 2 25 0 o que nos dá q Q 0 250 0 500 b Como U U Li LI B 2 2 2 2 75 0 temos i I 0 750 0 866 13 a A variação da carga com o tempo é dada por q Q t sen na qual Q é a carga máxima do capacitor e v é a frequência angular de oscilação A função seno foi escolhida para que q 0 no instante t 0 A variação da corrente com o tempo é dada por i dq dt Q t cos soluções dos problemas 257 e no instante t 0 a corrente é I vQ Como 1 LC temos Q I LC 2 00 3 00 10 2 70 10 1 80 3 6 A H F 10 4 C 0180 mC b A energia armazenada no capacitor é dada por U q C Q t C E 2 2 2 2 2 sen e a taxa de variação é dU dt Q t t C Q C t E 2 2 2 2 sen cos sen A taxa de variação é máxima para sen2vt 1 o que nos dá 2vt p2 rad Assim t LC 4 4 3 00 10 2 70 10 7 07 3 6 4 H F 10 5 s 707 s c Fazendo v 2pT e sen2vt 1 na equação dUEdt vQ22C sen2vtobtemos dU dt Q TC Q TC E max 2 2 2 2 Como T LC 2 2 3 00 10 2 70 10 5 655 10 3 6 H F 4s temos dU dt E max 1 80 10 5 655 10 4 2 4 C s 2 70 10 66 7 6 F W Note que a derivada é positiva o que mostra que a energia armazenada no capacitor está real mente aumentando no instante t T8 14 Os capacitores C1 e C2 podem ser usados de quatro formas diferentes 1 C1 e C2 em para lelo 2 apenas C1 3 apenas C2 4 C1 e C2 em série a A menor frequência de oscilação é a que corresponde à forma 1 f L C C 1 1 2 2 6 1 2 1 2 1 0 10 2 0 10 H F 50 10 F Hz 6 6 0 102 b A segunda menor frequência de oscilação é a que corresponde à forma 2 f LC 2 1 2 6 2 1 2 1 2 1 0 10 5 0 10 7 1 10 H F Hz c A terceira maior frequência de oscilação é a que corresponde à forma 3 f LC 3 H F 1 2 1 2 1 0 10 2 0 10 1 1 10 2 2 6 3 Hz 11 kHz d A maior frequência de oscilação é a que corresponde à forma 4 f LC C C C 4 1 2 1 2 6 6 1 2 1 2 2 0 10 F 50 10 F 1 0 10 2 0 10 5 0 10 1 3 10 2 6 6 3 H F F Hz 13 kHz 15 a A carga máxima é Q CVmax 10 109 F30 V 30 109 C 30 nC 258 soluções dos problemas b Como U LI2 Q22C temos I Q LC 3 0 10 3 0 10 1 0 10 1 7 1 9 3 9 C H F 0 3 A 17 mA c Quando a corrente é máxima a energia magnética também é máxima Assim U LI Bmax 1 2 1 2 3 0 10 1 7 10 4 5 2 3 3 2 H A 10 9 J 45 nJ 16 A relação linear entre u o ângulo de rotação do botão em graus e a frequência f deve ser f f f f 0 0 1 180 180 1 na qual f0 2 105 Hz Como f v2p 12p LC podemos expressar a capacitância C em função de u C Lf 1 4 1 180 81 400 000 180 2 0 2 2 2 2 em unidade do SI ou com a capacitância em picofarads C 81 10 400 000 180 2 05 10 180 12 2 2 7 2 A figura a seguir mostra o gráfico da capacitância em função do ângulo de rotação 17 a Quando a chave é colocada na posição b o circuito se torna um circuito LC Assim a frequência angular de oscilação é 1 LC e a frequência é f LC 2 1 2 1 2 54 0 10 6 20 10 275 3 6 H F Hz b Como a chave permaneceu muito tempo na posição a o capacitor se carregou totalmente Assim quando a chave é colocada na posição b a tensão entre as placas do capacitor é V 340 V e a carga do capacitor é Q VC 340 V620 106 F 211 104 C A amplitude da corrente é I CV Q fQ 2 2 275 2 11 10 0 365 4 Hz C A 365 mA soluções dos problemas 259 18 a Como V IXC IvC v ICV e portanto T 2pv 2pCVI 461 ms b A energia máxima armazenada no capacitor é U CV E 1 2 1 2 2 20 10 0 250 6 88 10 2 7 2 9 F V J 688 nJ c De acordo com a lei de conservação da energia a energia máxima armazenada no indutor tem o mesmo valor que a energia máxima armazenada no capacitor calculada no item b UB 688 nJ d De acordo com a Eq 3035 V Ldidtmax Como L CV2I2 temos di dt V L V CV I I CV max 2 2 2 3 2 7 50 10 A 2 20 10 0 250 1 02 10 7 3 F V As e Derivando a equação UB Li22 em relação ao tempo obtemos dU dt LI t t LI t B 2 2 1 2 2 sen cos sen Assim dU dt LI IV B max 1 2 1 2 1 2 7 50 10 0 2 3 A 250 0 938 V mW 19 Quando a regra das malhas é aplicada a uma malha com apenas dois dispositivos a conclu são é que a diferença de potencial deve ser a mesma em valor absoluto nos dois dispositivos Suponha que o capacitor tem uma carga q e que a diferença de potencial entre os terminais que vamos considerar positiva nesta discussão é V qC Suponha ainda que neste momento a corrente no indutor é tal que a carga do capacitor está aumentando ou seja i dqdt Nesse caso de acordo com a Eq 3035 V Ldidt e interpretamos o fato de que didt 0 como significando que ddqdtdt d2qdt2 0 representa uma desaceleração do processo de carga do capacitor já que a carga está se aproximando do valor máximo Desta forma podemos verificar que os sinais da Eq 3111 segundo a qual qC L d2qdt2 estão corretos 20 a Usamos a relação LI22 Q22C para obter o valor de L L C Q I C CV I C V I 1 1 2 2 2 max max 4 00 10 1 50 3 60 1 6 2 F V 500 10 A 3 0 3 H 360 mH b A frequência é f LC 1 2 1 2 3 60 10 4 00 10 1 33 10 3 6 H F 3Hz 133 kHz c De acordo com a Fig 311 o tempo necessário é um quarto do período Assim t T f 1 4 1 4 1 4 1 33 10 1 88 10 3 4 Hz s 0188 ms 21 a Vamos comparar esta expressão da corrente com i I senvtf Fazendo vtf 2500t 0680 p2 obtemos t 356 104 s 356 ms b Como v 2500 rads LC12 L C 1 1 2500 64 0 10 2 50 10 2 2 6 3 rads F H 250 mH 260 soluções dos problemas c A energia total é U LI 1 2 1 2 2 50 10 1 60 3 20 10 2 3 2 3 H A J 320 mJ 22 No primeiro circuito v L1C112 no segundo v L2C212 Quando os dois circuitos são ligados em série a nova frequência é 1 1 1 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2 L C L L C C C C L C C L eq eq C C C C L C C L C C C L C 1 2 1 2 1 1 2 1 1 2 1 2 1 1 1 1 1 C C C C 1 2 1 2 23 a A energia total U é a soma das energias do indutor e do capacitor U U U q C i L E B 2 2 6 2 6 2 2 3 80 10 2 7 80 10 C F 9 20 10 25 0 10 2 1 98 10 3 2 3 6 A H J 198 J b A carga máxima pode ser calculada a partir da relação U Q22C Q CU 2 2 7 80 10 1 98 10 5 56 10 6 6 6 F J C 556 C c A corrente máxima pode ser calculada a partir da relação U I2L2 I U L 2 2 1 98 10 25 0 10 1 26 10 6 3 2 J H A 126 mA d Se q0 é a carga do capacitor no instante t 0 q0 Q cos f e cos cos 1 1 6 6 3 80 10 5 56 10 q Q C C 46 9 Para f 469 a carga do capacitor está diminuindo para f 469 a carga está aumen tando Para chegar a esta conclusão derivamos a carga q em relação ao tempo e fazemos t 0 O resultado é vQ sen f Como sen469 é um número positivo e sen469 é um número negativo o ângulo de fase para o qual a carga está aumentando no instante t 0 é f 469 e Como foi visto no item d para que a carga esteja diminuindo no instante t 0 devemos ter f 469 24 A carga q após N ciclos pode ser calculada fazendo t NT 2pNv na Eq 3125 q Qe t Qe N Rt L RNT L cos cos 2 2 2 Qe N Qe RN L C L N R C L 2 2 2 cos cos Como a carga inicial obtida fazendo N 0 na equação anterior é q0 Q cos f podemos es crever a equação anterior na forma q q N R C L N 0 exp na qual de acordo com o enunciado q0 620 mC soluções dos problemas 261 a Para N 5 q5 6 20 5 7 20 0 00000320 exp C F120 H 5 85 C b Para N 10 q10 6 20 10 7 20 0 00000320 exp C F120 H 5 52 C c Para N 100 q100 6 20 100 7 20 0 00000320 exp C F12 0 H C 1 93 25 Como v v o período é T 2pv na qual 1 LC O tempo necessário para que 50 ciclos sejam completados é t T LC 50 50 2 50 2 50 2 220 10 1 3 H 2 0 10 0 5104 6 F s Como foi visto na Seção 315 a carga máxima decai de acordo com a equação q Qe Rt L max 2 na qual Q é a carga no instante t 0 se fizermos f 0 na Eq 3125 Dividindo por Q e to mando o logaritmo natural de ambos os membros obtemos ln qmax Q Rt L 2 o que nos dá R L t q Q 2 2 220 10 0 5104 0 3 ln ln max H s 99 8 66 10 8 66 3 m 26 De acordo com o enunciado q Q em t 0 o que equivale a dizer que f 0 na Eq 3125 Como a energia máxima armazenada no capacitor em cada ciclo é q C max 2 2 na qual qmax é a carga máxima nesse ciclo temos que determinar o instante no qual q C Q C q Q max max 2 2 2 1 2 2 2 Como foi visto na Seção 315 a carga qmax é dada por q Qe q Q Rt L Rt L max max ln 2 2 Fazendo q Q max 2 e explicitando t obtemos t L R q Q L R L R 2 2 1 2 2 ln ln ln max 262 soluções dos problemas 27 Seja t o instante no qual o capacitor está totalmente carregado em um certo ciclo e seja qmax 1 a carga do capacitor nesse instante No mesmo instante a energia armazenada no capacitor é U t q C Q C e Rt L max 1 2 2 2 2 na qual de acordo com a Eq 3125 q Qe Rt L max 1 2 Depois de transcorrido um período a carga do capacitor totalmente carrregado é q Qe T R t T L max 2 2 em que 2 e a energia é U t T q C Q C e R t T L max 2 2 2 2 2 A fração de energia perdida é U U U t U t T U t e e e Rt L R t T L Rt L e RT L 1 Supondo que RTL 1 o que é válido se a resistência for pequena podemos substituir a ex ponencial pelos dois primeiros termos de uma expansão em série veja o Apêndice E e RT L RT L 1 e usar a aproximação v v que nos dá T 2pv O resultado é o seguinte U U RT L RT L R L 1 1 2 28 a Como I eXc vdCe temos I C f C d m d m ω π π 2 2 1 50 10 6 100 103Hz F 300 V 0283 A b I 2p800 103 Hz150 106 F300 V 226 A 29 a A amplitude da corrente é dada por I VLXL na qual XL vdL 2pfdL Como o circuito contém apenas o indutor e uma fonte de tensão senoidal VL em Assim I V X f L L L m d 2 30 0 π π V 2 Hz500 10 100 103 3 0 0955 95 5 H A mA b Como a frequência é oito vezes maior que a do item a a reatância indutiva XL é oito vezes maior e a corrente é oito vezes menor Assim I 00955 A8 00119 A 119 mA 30 a A amplitude da corrente que atravessa o resistor é I R m 30 0 0 600 V 500 A b Qualquer que seja a frequência da força eletromotriz I 0600 A soluções dos problemas 263 31 a A reatância indutiva para uma frequência angular vd é XL vdL e a reatância capacitiva para a mesma frequência é XC 1vdC Para que as duas reatâncias sejam iguais é preciso que vdL 1vdC o que nos dá d LC 1 A frequência correspondente é f LC d d 2 1 2 1 2 6 5 60 103H10 10 6 F 1102 Hz 065 kHz b A reatância é XC XL vdL 2pfdL 2p650 Hz60 103 H 24 Ω c Como foi visto no item a a frequência é f LC 2 1 2 a frequência natural do circuito 32 a Como o circuito contém apenas um gerador e um indutor em VL A amplitude da corrente é I X L m L m d ω 25 0 5 22 V 377 rads127 H 10 3 A 522 mA b Quando a corrente é máxima a taxa de variação da corrente com o tempo é zero Assim a Eq 3035 nos dá eL 0 nesse instante Em outras palavras como existe uma diferença de fase de 90 entre et e it et 0 quando it I O fato de que f 90 rad é usado no item c c Fazendo e 125 V em2 na Eq 3128 obtemos senvdt 12 o que nos dá vdt 210o ou vdt 330o Note porém que é pedido o instante em que a força eletromotriz está aumentan do em valor absoluto ou seja está se tornando mais negativa Assim não basta que a condição senvdt 12 seja satisfeita é preciso também que dedt vd cosvdt 0 Para isso é preciso que vdt 210o Assim a Eq 3129 nos dá i I I sen sen 210 90 120 5 22 10 3 o o o A 3 2 4 51 10 3 A 451 mA 33 a A expressão da força eletromotriz apresentada no enunciado do problema mostra que a fem é máxima para senvdt p4 1 ou seja para vdt p4 p2 2np na qual n é um número inteiro Para determinar a primeira vez em que a igualdade anterior é satisfeita após t 0 fazemos n 0 o que nos dá vdt p4 p2 Assim t d 3 3 6 73 10 3 4 4350 rads s 673 ms b A corrente é máxima para senvdt 3p4 1 ou seja para vdt 3p4 p2 2np na qual n é um número inteiro Para determinar a primeira vez em que a igualdade anterior é satisfeita após t 0 fazemos n 0 o que nos dá vdt 3p4 p2 Assim t d 5 5 1 12 10 11 2 2 4 4350 rads s ms c Como a corrente está atrasada 90o em relação à fem o elemento é um indutor d A amplitude I da corrente no indutor está relacionada à amplitude VL da tensão entre os ter minais do indutor através da relação VL IXL na qual XL é a reatância indutiva dada por XL vdL Além disso como há apenas um componente no circuito a amplitude da diferença de 264 soluções dos problemas potencial entre os terminais do componente é igual à amplitude da fem no gerador VL em Assim em IvdL e L I m d ω 30 0 0 138 V 620 10 A350 rads H 1 3 38 mH 34 a Como o circuito é formado apenas por um gerador e um capacitor VC em e portanto a amplitude da corrente é I X C m C m ω 377 rads415 10 F250 V 6 391 10 A mA 2 39 1 b O instante em que a corrente é máxima é o instante em que a variação com o tempo da carga do capacitor é máxima que coincide com o instante em que o capacitor está momentaneamen te descarregado Como q CV no instante em que isso acontece a tensão entre as placas do capacitor e portanto de acordo com regra das malhas a fem do gerador também é zero Em termos matemáticos a corrente está adiantada de 90o em relação à fem o que significa que et 0 quando it I O fato de que f 90 será usado no item c c Fazendo e 125 V em2 na Eq 3128 obtemos senvdt 12 o que nos dá vdt 210o ou vdt 330o Note porém que é pedido o instante em que a força eletromotriz está au mentando em valor absoluto ou seja está se tornando mais negativa Assim não basta que a condição senvdt 12 seja satisfeita é preciso também que dedt vd cosvdt 0 Para isso é preciso que vdt 210o Assim a Eq 3129 nos dá i I I sen sen 210 90 300 3 91 10 2 o o o A 3 2 3 38 10 33 2 A 8 mA 35 De acordo com a Eq 3165 X X R L C R L C d d 1 tan o que nos dá R L C d d 1 1 1 75 2 8 tan tan 930 Hz 8 10 1 2 89 2 H Hz094 10 6 F 930 36 a Como o circuito contém apenas um resistor e um capacitor e a resistência não varia com a frequência enquanto a reatância capacitiva é inversamente proporcional à frequência o valor assintótico de Z corresponde ao valor da resistência ou seja R 500 Ω b Vamos usar três métodos diferentes para calcular o valor de C baseados em pontos dife rentes do gráfico Método 1 Para vd 50 rads Z 700 Ω o que nos dá C Z R d 1 1 50 700 500 41 2 2 2 2 rads F Método 2 Para vd 50 rads XC 500 Ω o que nos dá C d X C 1 1 50 500 40 rads F soluções dos problemas 265 Método 3 Para vd 250 rads XC 100 Ω o que nos dá C d X C 1 1 250 100 40 rads F 37 A corrente rms do motor é I Z R XL rms rms rms 2 V 450 2 2 2 420 32 0 7 61 A 38 a O gráfico da Fig 3129 mostra que a frequência angular de ressonância é 25000 rads o que de acordo com a Eq 314 nos dá C v2L1 250002 200 1061 80 mF b O gráfico da Fig 3129 também mostra que a amplitude da corrente na frequência de res sonância é 40 A Como na ressonância a impedância Z é puramente resistiva Z R pode mos dividir a amplitude da fem pela amplitude da corrente para obter valor da resistência R 8040 20 Ω 39 a Como nesse caso XL 0 R 200 Ω e XC 12pfdC 177 Ω a impedância é Z R XC 2 2 2 2 200 177 267 b O ângulo de fase é tan 1 X X R L C tan 1 0 177 200 41 5 c A amplitude da corrente é I Z m e 36 0 267 0 135 V A 135 mA d Vamos primeiro calcular as amplitudes das tensões entre os terminais dos componentes do circuito V IR V IX R C C 0 135 27 0 0 135 A200 V A1 77 23 9 V Como o circuito é capacitivo a corrente I está adiantada em relação à força eletromotriz em O diagrama fasorial desenhado em escala aparece na figura a seguir 40 Um diagrama fasorial como o da Fig 3114d nos dá a seguinte relação VL 2 VC 600 V sen30º 300 V Para VC 500 V a equação anterior nos dá VL 800 V Como a diferença de fase entre os fa sores que presentam as tensões do capacitor e do indutor é 180 a diferença de potencial entre os terminais do indutor é 800 V 266 soluções dos problemas 41 a A reatância capacitiva é X C f C C d d 1 1 2 1 2 70 0 10 37 9 6 600 Ηz F A reatância indutiva é XL vdL 2pfdL 2p600 Hz230 103 H 867 Ω Assim Z R X X L C 2 2 2 2 200 37 9 86 7 206 b O ângulo de fase é tan tan 1 1 86 7 37 9 200 X X R L C 13 7 c A amplitude da corrente é I Z m 36 0 206 0 175 V A d Vamos primeiro calcular as amplitudes das tensões entre os terminais dos componentes do circuito V IR V IX R L L 0 175 35 0 0 175 A200 V A 867 V A379 V 15 2 0 175 6 62 V IX C C Note que XL XC e portanto em está adiantada em relação a I O diagrama fasorial desenhado em escala aparece na figura a seguir 42 a Como Z R XL 2 2 e XL vd L Z R para vd 0 o que nos dá de acordo com a Fig 3130 R 40 Ω b Como XL vd L L é dado pela inclinação da reta XL fvd da Fig 3130 Como de acordo com a Fig 3130 XL 120 Ω para vd 2000 rads temos L 120 Ω2000 rads 0060 H 60 mH 43 a Para R 200 Ω e XL vdL 2pfdL 2p600 Hz230 103 H 867 Ω a impedância é Z R XL 2 2 2 2 200 86 7 218 soluções dos problemas 267 b De acordo com a Eq 3165 o ângulo de fase é tan tan 1 1 86 7 0 200 X X R L C 23 4 c A amplitude da corrente é I Z m 36 0 218 0 165 V A d Vamos primeiro calcular as amplitudes das tensões entre os terminais dos componentes do circuito V IR V IX R L L 0 165 33 0 165 A200 V A8 67 143 V Como se trata de um circuito indutivo em está adiantada em relação a I O diagrama fasorial desenhado em escala aparece na figura a seguir 44 a A reatância capacitiva é X fC C 1 2 1 2 16 6 400 Hz240 10 6 F b A impedância é Z R X X R fL X L C C 2 2 2 2 2 2 220 2 400 Hz150 10 H 166 3 2 422 c A amplitude da corrente é I Z m 220 0 521 V 422 A d Como a inclusão de um capacitor em série diminui a capacitância e XC 1C XC aumenta e Ceq C2 e a nova impedância é Z 220 2 2 2 2 400 Hz150 10 H 166 3 408 422 Z portanto diminui f Como I 1Z I aumenta 268 soluções dos problemas 45 a Sim a amplitude da tensão entre os terminais do indutor pode ser maior que a amplitude da fem do gerador b A amplitude da tensão entre os terminais do indutor de um circuito RLC série é dada por VL IXL IvdL Na ressonância a frequência angular aplicada é igual à frequência angular natural do circuito d LC 1 Assim para o circuito dado X L LC L 1 0 1000 H 10 H10 10 F 6 Na ressonância a reatância capacitiva e a reatância indutiva se cancelam e a impedância se torna igual à resistência Z R Assim I Z R m m ressonância V 10 A 10 1 0 A amplitude da tensão entre os terminais do indutor é portanto V IX L L 1 0 1 0 103 A1000 V que é muito maior que a força eletromotriz do gerador 46 a O diagrama fasorial é semelhante ao da Fig 3111b com o dístico IC da seta verde veja o livrotexto substituído por VR b Se IR IXC R XC 1vdC o que nos dá f RC d 2 1 2 1 2 50 0 2 00 10 159 5 F Hz c f tan1VC VR 45 d vd 1RC 100 103 rads e I R XC 12 6 25 2 170 2 2 mA 47 a Para uma dada amplitude em da fem do gerador a amplitude da corrente é dada por I Z R L C m m d d 2 2 1 ω ω Para determinar para que frequência angular a corrente é máxima derivamos a corrente em relação a vd e igualamos o resultado a zero dI d E R L C L C d m d d d d 2 2 3 2 1 1 L C d 1 0 2 o que nos dá d LC 1 1 1 00 224 H200 10 F rads 6 b Para vd v a impedância é Z R e a amplitude da corrente é I R m 30 0 6 00 V 500 A soluções dos problemas 269 c Precisamos encontrar os valores de vd para os quais I R L C R m d d m 2 2 1 2 ω ω Elevando ao quadrado e reagrupando os termos obtemos d d L C R 1 3 2 2 Extraindo a raiz quadrada de ambos os membros e multiplicando por vd C obtemos d d LC CR 2 3 1 0 A menor solução positiva da equação anterior é 1 2 2 6 3 3 4 2 3 20 0 10 2 CR C R LC LC F500 1 00 3 20 0 10 5 00 6 2 H200 10 F F 6 2 4 1 00 20 0 10 2 1 00 6 H F H200 10 F 6 219 rads d A maior solução positiva é 2 2 2 6 3 3 4 2 3 20 0 10 2 CR C R LC LC F500 1 00 3 20 0 10 5 00 6 2 H200 10 F F 6 2 4 1 00 20 0 10 2 1 00 6 H F H200 10 F 6 228 rads e A largura de linha relativa a meia altura é 2 1 0 228 219 224 0 040 rads rads rads A figura a seguir mostra a amplitude I da corrente em função da frequência angular vd da fonte os gráficos foram traçados usando escalas diferentes do eixo horizontal Podemos ver que I atinge o valor máximo 6 A quando vd v 224 rads e atinge um valor igual à metade do valor máximo 3 A quando vd 219 rads e vd 224 rads 48 a Com as duas chaves fechadas o que remove o resistor e um dos capacitores do circuito a impedância é igual à reatância do outro capacitor e do indutor e é dada por Xtot 12 V0447 A 2685 Ω 270 soluções dos problemas Com a chave 1 fechada e a chave 2 aberta temos a mesma reatância do caso anterior mas agora o resistor faz parte do circuito De acordo com a Eq 3165 temos R X tot tan 26 85 15 100 tan b Com as duas chaves abertas o segundo capacitor passa a fazer parte do circuito e de acordo com a Eq 3165 a nova reatância é dada por Xtot R tan f 100 Ω tan2309º 25996 Ω 2685 XC Assim a reatância do capacitor C é dada por XC 2685 Ω 2 25996 Ω 8681 Ω Nesse caso de acordo com a Eq 3139 C XC 1 1 2 60 86 81 30 6 Hz F c Como Xtot X 2 XC XL Xtot XC 2685 Ω 8681 Ω 11366 Ω e L XL 113 66 2 60 301 Hz mH 49 a Como neste circuito Leq L1 L2 e Ceq C1 C2 C3 a frequência de ressonância é f L C L L C C C 1 2 1 2 1 2 1 70 10 1 2 1 2 3 eq eq 3 6 4 00 10 H 230 10 H F 250 10 F 350 3 6 10 F Hz 6 796 b Como f não depende de R a frequência permanece a mesma quando R aumenta c Como f Leq 12 e Leq aumenta quando L1 aumenta a frequência diminui quando L1 aumenta d Como f Ceq 12 e Ceq diminui quando C3 é removido a frequência aumenta quando C3 é removido 50 a O diagrama fasorial é semelhante ao da Fig 3113b com o dístico IL da seta verde veja o livrotexto substituído por VR b se VR VL IR IXL o que nos dá f R L d 2 2 80 0 2 40 00 10 318 3 H Hz c f tan1VL VR tan11 45 d vd RL 800 Ω400 mH 200 103 rads e I em R XL 2 2 6 V80 2 Ω 530 mA 51 De acordo com as expressões obtidas no Problema 3147 1 2 2 2 2 2 3 3 4 2 3 3 4 2 CR C R LC LC CR C R LC LC soluções dos problemas 271 o que nos dá de acordo com a Eq 314 d CR LC LC R C L 1 2 2 3 2 3 Para os dados do Problema 3147 d 5 00 3 20 0 10 1 00 3 87 10 6 2 F H O resultado está de acordo com o que foi obtido no Problema 3147 entretanto no método usado no Problema 3147 a resposta é obtida com apenas um algarismo significativo já que é o resultado da diferença entre dois números muito próximos v1 e v2 No método usado neste problema a diferença é calculada algebricamente o que permite obter a resposta com três al garismos significativos 52 Como a impedância do voltímetro é elevada não afeta a impedância do circuito quando é ligada em paralelo com o circuito Assim a leitura é 100 V nos três casos 53 a De acordo com a Eq 3161 a impedância é Z R X X L C 2 2 2 2 12 0 1 30 0 12 1 b A potência média consumida pelo aparelho é P R Z med rms 2 V 2 2 2 120 12 0 12 07 1 186 10 10 3 3 W 119 W 119 kW 54 O valor máximo da tensão valor de pico é V V max 2 2 100 141 rms V V 55 A potência média dissipada por uma resistência R ao ser submetida a uma corrente alter nada é dada por P I R med rms 2 na qual Irms é a corrente média quadrática Como I I rms 2na qual I é a amplitude da corrente temos também a relação Pmed I2R2 A potência dissipada pela mesma resistência ao ser submetida a uma corrente contínua i é dada por P i2R Igualando as duas potências e explicitando i obtemos i I 2 2 60 1 84 A 2 A 56 a Como a potência consumida pela lâmpada é P I2R2 PmaxPmin IImin2 5 o que nos dá I I Z Z Z Z m m min min max max min 2 2 2 2 2 2 5 R L R max Explicitando Lmax temos L R max 2 2 120 1000 2 60 0 7 64 10 2 2 V W Hz H 764 mH b Sim é possível usar um resistor variável c Nesse caso devemos fazer R R R max lâmpada lâmpada 2 5 272 soluções dos problemas o que nos dá R R max 5 1 5 1 120 1000 17 8 2 lâmpada V W d Este método não é usado porque os resistores dissipam energia enquanto os indutores a armazenam temporariamente 57 De acordo com as Eqs 3163 3170 e 3171 P R Z R R L C m m d d med 2 2 2 2 2 2 2 1 ω ω na qual Z R L C d d 2 2 1 é a impedância do circuito a No caso de C variável o valor de Pmed é máximo quando o valor de R L C d d 2 2 1 é mínimo Isso acontece para vdL 1vdC o que nos dá C d L 1 1 2 60 0 60 0 10 1 17 10 2 2 2 3 Hz H 4 F 117 F Para este valor de C o circuito está em ressonância b Neste caso queremos que Z2 tenha o maior valor possível A impedância aumenta sem li mite quando C tende a zero Assim a potência dissipada é mínima para C 0 o que equivale a interromper o circuito c Para vdL 1vdC temos P R m med V W 2 2 2 30 0 2 5 00 90 0 d Para vdL 1vdC temos tan X X R L C R L C d d 1 0 o que nos dá f 0o e Para f 0o o fator de potência é cos f cos 0 1 f A dissipação mínima é Pmed 0 como em um circuito aberto g Quando C 0 XC e portanto tan f Assim para C 0 temos f tan1 90o h Para f 90o o fator de potência é cos f cos90 0 58 Como o circuito não contém reatâncias Irms ermsR De acordo com a Eq 3171 a potência média dissipada no resistor R é P I R r R R R m rms 2 2 Para determinar o valor de R que maximiza PR derivamos PR em relação a R e igualamos o resultado a zero dP dR r R r R R r R r R r R m m 2 2 4 2 2 R R r 3 0 soluções dos problemas 273 59 a A corrente rms é I Z R fL fC rms rms rms V 150 2 2 2 1 2 75 0 π π 2 2 550 25 0 1 2 550 4 70 π π µ Hz mH Hz F 2 2 59 A b A tensão rms em R é V I R ab rms A V 2 59 15 0 38 8 c A tensão rms em C é V I X I fC bc C rms rms 2 A 2 550Hz F 2 59 4 70 159V d A tensão rms em L é V I X I fL cd L rms rms A Hz mH 2 2 2 59 550 25 0 224 V e A tensão rms em C e L juntos é V V V bd bc cd 159 5 64 2 V 2237V V f A tensão rms em R C e L juntos é V V V ad ab bd 2 2 2 38 8 64 2 75 0 V V V 2 g A potência média dissipada em R é P V R R ab 2 2 38 8 15 0 100 V W h A potência dissipada em C é 0 i A potência dissipada em L é 0 60 A corrente no circuito é dada por it I senvdt f na qual I Z R L C m m d d 2 2 2 1 45 0 3000 ω ω V 160 r ads mH rads F 9 20 1 3000 31 2 µ 2 1 93 A e tan tan t 1 1 1 X X R L C R L C d d an 1 3000 9 20 16 0 1 3000 1 rads mH rads 6 0 31 2 46 5 F 274 soluções dos problemas a A taxa com a qual a energia está sendo fornecida pelo gerador é P i t t I t t G d m d sen sen 1 93 45 0 A VV rads ms rads sen sen 3000 0 442 3000 0 442 46 5 41 4 ms W b Como v t V t V t c c d c d sen cos 2 na qual VC IvdC a taxa com a qual a energia do capacitor está variando é P d dt q C i q C iv I t I C C c d d 2 2 sen cos sen d d d t I C t 2 2 2 1 93 2 3000 31 2 10 2 3000 2 6 A rads F rads sen 0 442 2 46 5 17 0 ms W c A taxa com a qual a energia do indutor está variando é P d dt Li Li di dt LI t d dt I L d 1 2 2 sen sen d d d t LI t 1 2 2 1 2 3000 2 sen rads A mH rads m 1 93 9 20 2 3000 0 442 2 sen s W 2 46 5 44 1 d A taxa com a qual a energia está sendo dissipada no resistor é P i R I R t R d 2 2 2 2 2 1 93 16 0 30 sen sen A 00 0 442 46 5 14 4 rads ms W e A soma é igual P P P P L R C G 44 1 W 170 W 144 W 415 W 61 a O fator de potência é cos f na qual f é a constante de fase definida pela expressão i I senvt f Assim f 420 e cos f cos 420 0743 b Como f 0 vt f vt Isso significa que a corrente está adiantada em relação à fem c A constante de fase está relacionada à diferença das reatâncias através da equação tan f XL XCR Como neste caso tan f tan 420 0900 um número negativo a diferença XL XC é negativa o que significa que XC XL Assim o circuito é principalmente capacitivo d Se o circuito estivesse sendo excitado na frequência de ressonância XL seria igual a XC tan f seria igual a zero e f seria igual a zero Como f é diferente de zero a resposta é não e Como tan f tem um valor negativo a reatância capacitiva é diferente de zero Isso significa que a caixa contém um capacitor e portanto a resposta é sim soluções dos problemas 275 f Como a reatância indutiva pode ser nula a caixa pode conter ou não um indutor e portanto a resposta é não g Como tan f tem um valor finito a resistência é diferente de zero Isso significa que a caixa contém um indutor e portanto a resposta é sim h A potência média fornecida pelo gerador é P m I med V A 1 2 1 2 75 0 1 20 0 743 33 4 cos φ W i As respostas anteriores dependem apenas da constante de fase f que foi dada Se em vez da constante de fase tivessem sido fornecidos os valores de R L e C seria preciso conhecer o valor da frequência para responder às perguntas 62 De acordo com a Eq 3179 temos V V N N s p s p 100 500 50 1 00 103 V V 63 a A tensão no secundário é V V N N s p s p 120 10 500 2 4 V V b A corrente no secundário de acordo com a lei de Ohm é I V R s s s 2 4 15 0 16 V A e a corrente no primário de acordo com a Eq 3180 é I I N N p s s p 0 16 10 500 3 2 10 3 A A 32 mA c Como foi visto no item b a corrente no secundário é Is 016 A 64 No caso de um transformador elevador de tensão a O menor valor da razão VsVp é obtido usando o enrolamento T2T3 como primário e o enro lamento T1T3 como secundário V13V23 800 200800 125 b O segundo menor valor da razão VsVp é obtido usando o enrolamento T1T2 como primário e o enrolamento T2T3 como secundário V23V13 800200 400 c O maior valor da razão VsVp é obtido usando o enrolamento T1T2 como primário e o enrola mento T1T3 como secundário V13V12 800 200200 500 Para examinar o caso de um transformador abaixador de tensão basta permutar os enrolamen tos primário e secundário nos três casos anteriores d O menor valor da razão VsVp é 1500 0200 e O segundo menor valor da razão VsVp é 1400 0250 f O maior valor da razão VsVp é 1125 0800 276 soluções dos problemas 65 a Como a corrente rms no cabo é I P Vt rms W V A 250 10 80 10 3 125 3 3 a queda de tensão na linha de transmissão é V IrmsR 3125 A2030Ω 19 V b A potência dissipada na linha é P I R d rms 2 A W 3 125 2 0 60 5 9 c Nesse caso como a corrente no cabo é I P Vt rms W V A 250 10 8 10 31 25 3 3 a queda de tensão na linha de transmissão é V IrmsR 3125 A2030Ω 19 V d A potência dissipada da linha é Pd 3 125 0 60 5 9 10 2 2 A W e Nesse caso como a corrente na linha é I P Vt rms W V A 250 10 0 8 10 312 5 3 3 a queda de tensão na linha de transmissão é V IrmsR 3125 A2030Ω 19 102 V 019 kV f A potência dissipada na linha é Pd 312 5 0 60 5 9 10 2 4 A W 54 kW 66 a O amplificador deve ser ligado ao enrolamento primário de um transformador e o resis tor R deve ser ligado ao enrolamento secundário b Se Is é a corrente rms no enrolamento secundário a potência média fornecida ao resistor R é P I R s med 2 Como Is NpNsIp temos P I N N R p p s med 2 na qual Ip é a corrente no enrolamento primário O circuito primário é formado pelo gerador e duas resistências em série a resistência de saída do amplficador r e a resistência equivalente Req NpNs2R do enrolamento primário Eq 3182 Assim I r R r N N R p p s rms eq rms 2 e portanto P N N R r N N R p s p s med 2 2 2 2 soluções dos problemas 277 Precisamos determinar o valor de NpNs para o qual Pmed é máxima Fazendo x NpNs2 te mos P Rx r xR med 2 2 Derivando a equação anterior e igualando o resultado a zero obtemos dP dx R r xR r xR med 2 3 0 o que nos dá x r R 1000 10 100 Como Pmed é diretamente proporcional a x para pequenos valores de x e inversamente pro porcional a x para grandes valores de x o extremo correspondente a x rR é realmente um máximo e não um mínimo Como x NpNs2 concluímos que a transferência de energia é máxima para N N x p s 10 A figura a seguir mostra de forma esquemática um transformador com uma relação de espiras de 10 para 1 Na prática o transformador teria um número muito maior de espiras tanto no enrolamento primário como no enrolamento secundário 67 a Fazendo vt p4 p2 obtemos t 3 4 3 4 350 6 73 10 6 73 3 rads s ms b Fazendo vt p4 p2 obtemos t rads s 224 ms 4 4 350 2 24 10 3 c Como a corrente está adiantada de p2 em relação à fem o elemento é um capacitor d Como X C I C m ω 1 temos C I m ω 6 20 10 30 0 350 5 90 10 3 A V rads 5 F 590 F µ 278 soluções dos problemas 68 a Como vd 2pfd 12566 rads XL vdL 754 Ω e XC 1vdC 199 Ω Assim a Eq 3165 nos dá tan 1 1 22 X X R L C rad b De acordo com a Eq 3160 I R X X m L C 2 2 0 288 A 69 a Como v 2pf XL vL XC 1vC e tanf XL XCR temos tan 1 16 022 33 157 40 0 0 40473 0 405 rad rad b De acordo com a Eq 3163 I 120 40 16 022 33 157 2 7576 2 7 2 2 V A 6 A c Como XC XL o circuito é capacitivo 70 a Como XL vL 2pfL temos f X L L 2 1 30 10 2 45 0 10 4 60 10 3 3 3 H Hz 460 kHz b Como XC 1vC 12pfC temos C fXC 1 2 1 2 4 60 10 1 30 10 2 66 10 3 3 Hz 8 F 266 nF c Como XL f se f for multiplicada por dois XL será multiplicada por dois Assim XL 2130 kΩ 260 kΩ d Como XC 1f se f for multiplicada por dois XC será dividida por dois Assim XC 130 kΩ2 0650 kΩ 71 a A impedância é Z 800 V125 A 640 Ω b Como cos f RZ R 640 Ωcos0650 rad 509 Ω c Como a corrente está adiantada em relação à fem o circuito é capacitivo 72 a De acordo com a Eq 3165 temos tan tan 1 1 1 50 2 V V V V V V L C R L L L tan 00 2 3 0 588 1 rad b Como o ângulo f é positivo o circuito é indutivo XL XC c Como VR IR 02 A499 Ω 998 V VL 200VR 200 V e VC VL150 133 V Assim de acordo com a Eq 3160 m R L C V V V 2 2 2 2 9 98 20 0 13 3 12 V V V 0 V soluções dos problemas 279 73 a De acordo com a Eq 314 L v2C1 2pf2C 1 241 mH b Umax LI22 214 pJ c Como de acordo com a Eq 2521 Umax Q22C Q 2CUmax 822 nC 74 a De acordo com a Eq 314 1 LC 577 103 rads b De acordo com a Eq 168 T 2pv 109 ms c A figura a seguir mostra um gráfico da carga do capacitor em função do tempo 75 a A impedância é Z I m 125 39 1 V 320 A b Como VR IR em cos f temos R I m cos V rad A φ cos 125 0 982 3 20 21 7 c Como a corrente está adiantada em relação à fem concluímos que o circuito é principal mente capacitivo 76 a De acordo com a Eq 3139 f v2p 2pCXC1 884 kHz b Como a reatância capacitiva é inversamente proporcional à frequência se a frequência for multiplicada por dois a nova reatância capacitiva será XC 1200 Ω2 600 Ω 77 a Temos que considerar as seguintes combinações V12 V1 V2 V13 V1 V3 e V23 V2 V3 No caso de V12 V A t A t A d d 12 120 2 120 2 sen sen sen cos cos 2 120 2 3 60 d d t A t na qual usamos a identidade sen sen sen cos 2 2 2 280 soluções dos problemas Da mesma forma V A t A t A d d 13 240 2 240 2 sen sen sen cos cos 2 240 2 3 120 d d t A t e V A t A t A d d 23 120 240 2 120 sen sen sen 2 2 360 2 3 180 cos cos d d t A t As três expressões são funções senoidais de t com frequência angular vd b A amplitude das três funções senoidais é 3A 78 a Como I R P rms 2 efetiva mecânica R P I efetiva mecânica rms 2 hp Whp 0 100 746 0 650 177 2 A b A resistência efetiva não é a resistência R dos enrolamentos do motor e sim a resistência associada à conversão de energia elétrica em energia mecânica O produto I rmsR 2 do quadrado da corrente efetiva pela resistência dos enrolamentos é igual não à potência mecânica mas à potência dissipada nos enrolamentos 79 a Em qualquer instante a energia total U do circuito é a soma da energia UE armazena da no capacitor com a energia UB armazenada no indutor Se em um certo instante t UE 0500UB UB 200UE e U UE UB 300UE Sabemos que UE q22C na qual q é a carga do capacitor no instante t A energia total U é dada por Q22C na qual Q é a carga máxima do capacitor Assim Q C q C q Q Q 2 2 2 3 00 2 3 00 0 577 b Se o capacitor está totalmente carregado no instante t 0 a carga do capacitor em função do tempo é dada por q Q cos vt Assim a condição q 0577Q é satisfeita para cosvt 0557 o que nos dá vt 0955 rad Como v 2pT na qual T é o período das oscilações tT 09552p 0152 Nota A fração da energia total armazenada no capacitor no instante t é dada por U U Q C t Q C t t T E cos cos cos 2 2 2 2 2 2 2 2 A figura a seguir mostra um gráfico de UEU em função de tT O ponto mostrado no gráfico confirma que UEU 13 para tT 0152 soluções dos problemas 281 80 a Como X f L X f L d C d 2 2 400 0 0242 60 82 2 Hz H e C 1 5 1 2 400 1 21 10 32 88 Hz F a im pedância é Z R X X L C 2 2 2 20 0 60 82 3 2 88 34 36 2 Para e 900 V temos I Z I I 90 0 2 62 2 2 62 2 1 85 V 3436 A A A rms Assim a diferença de potencial rms no resistor é VR rms Irms R 370 V b A diferença de potencial rms no capacitor é VC rms Irms XC 609 V c A diferença de potencial rms no indutor é VL rms Irms XL 113 V d A potência média dissipada no circuito é Pmed Irms2R 686 W 81 a A constante de fase é tan tan 1 1 2 00 2 00 V V V V V V L C R L L L tan 1 1 00 45 0 b Como em cos f IR temos R I m cos cos φ 30 0 45 300 10 70 7 3 V A 82 Como Umax LI22 I U L 2 2 10 0 10 1 50 10 0 115 6 3 max J H A 83 De acordo com a Eq 314 f LC H F 1 2 1 2 2 5 10 3 00 10 1 84 3 6 kHz 84 a se a constante de fase é 45º a reatância do circuito é igual à resistência e a impedância é Z R R Z 2 2 1 00 10 2 707 3 b f 8000 Hz vd 2p8000 rads Como a reatância é igual à resistência temos X X L C L C d d 1 707 na qual vd 2pf 2p8000 rads De acordo com a Eq 314 se a frequência de ressonância é 6000 Hz C L f L f L L 1 1 2 1 4 1 4 6000 2 2 2 2 2 2 Hz 282 soluções dos problemas Substituindo este valor de C na expressão anterior obtemos L 322 mH c C L 1 4 6000 21 9 2 2 Hz nF 85 a L f C 1 4 1 4 10 4 10 340 10 6 89 2 2 2 3 2 6 Hz F 10 7H 0689 H b U LI 1 2 1 2 6 89 10 7 20 10 1 79 10 2 7 3 2 H A 11 J c Q CU 2 2 340 10 1 79 10 1 10 10 6 11 7 F J C 86 De acordo com a Eq 3160 R X I X I R L L 2 2 2 2 2 2 2 2 2 220 3 00 24 ε ε V A 0 69 3 2 87 Quando a chave está aberta temos um circuito LRC série do qual participa apenas o capa citor da direita De acordo com a Eq 3165 temos d d L C R 1 20 20 tan tan tan o o que mostra que 1vdC vdL Com a chave da posição 1 a capacitância equivalente do circuito passa a ser 2C e temos d d L C R 1 2 10 tan tan 1 Finalmente com a chave na posição 2 o circuito é um circuito LC cuja amplitude de corrente é dada por I Z L C C L m LC m d d m d d 2 2 1 1 ω ω ω ω na qual usamos o fato de que 1vdC vdL para simplificar a raiz quadrada Resolvendo o sis tema de equações formado pelas três equações anteriores obtemos a R I m 2 120 2 00 20 0 165 tan tan φo V A b L I m d ω φ φ π 2 1 1 2 120 2 60 0 tan tan o V Hz tan tan 2 00 1 2 10 0 20 0 0 3 A 13 H 313 mH soluções dos problemas 283 c C I d m 2 1 0 2 1 2 00 ω φ φ π tan tan A 22 600 Hz120 V 1 tan tan 10 0 20 0 1 49 10 5 F 149 F µ 88 a De acordo com as Eqs 314 e 3114 Q I LC C 1 1 27 10 1 27 6 C b Para que i0 I na Eq 3115 fazemos f p2 na Eq 3112 A energia armazenada no capacitor é U q C Q C t E 2 2 2 2 2 sen Derivando a equação anterior em relação ao tempo e usando a identidade 2 sen u cos u sen 2u obtemos dU dt Q C t E 2 2 2 sen O primeiro máximo da expressão anterior acontece para sen 2vt p2 o que nos dá t LC 4 4 8 0 10 1 40 10 8 31 1 3 6 4 H F 0 5 s 831 s c Fazendo 2vt p2 na expressão de dUEdt obtida no item b temos dU dt Q C I LC C I LC I L C E max 2 2 2 2 2 2 5 44 10 5 44 3 W mW 89 a Como a energia armazenada no capacitor é dada por UE q22C e a carga q é uma função periódica de t de período T UE é uma função periódica de t de período T2 e portanto a energia armazenada no capacitor não varia em um ciclo completo de período T b Como a energia armazenada no indutor é UB Li22 e a corrente i é uma função periódica de t de período T UB é uma função periódica de t de período T2 e portanto a energia armazenada no indutor não varia em um ciclo completo de período T c A energia fornecida pela fonte alternada em um ciclo é U P dt I t t dt I T m d d T m 0 0 sen sen sen cos cos sen sen co d d d T m t t t dt T I 0 2 s na qual usamos as relações sen sen cos 2 0 0 2 0 d T d d T t dt T t t dt e d A energia dissipada no resistor em um ciclo é U P dt I R t dt T I R R R T d T 0 2 2 0 2 2 sen 284 soluções dos problemas e Como m m R m m m I I V I IR I R cos φ ε 2 os resultados dos itens c e d são iguais Nota Para resolver os itens c e d poderíamos ter usado as Eqs 3171 e 3174 De acordo com essas equações a energia fornecida pela fonte é P T I T T m I med rms rms cos cos φ φ 1 2 na qual usamos as relações I I m rms rms e 2 2 Por outro lado a energia dissipada no resistor é P T I V T I I R T T R med resistor rms rms rms 1 2 I R 2 Assim os mesmos resultados podem ser obtidos sem usar integrais 90 De acordo com a Eq 314 temos C L f L 1 1 4 1 4 3 50 10 1 30 10 2 2 2 2 3 2 3 Hz H 1 59 F 91 A ressonância acontece quando a reatância indutiva é igual à reatância capacitiva Como a frequência de ressonância é a mesma para os dois circuitos temos L C 1 1 1 L C 2 2 1 Somando membro a membro as duas equações obtemos L L C C 1 2 1 2 1 1 1 Como Leq L1 L2 e 1Ceq 1C1 1C2 temos L C eq eq 1 o que mostra que a frequência de ressonância do novo circuito é a mesma dos dois circuitos separados 92 Quando a chave S1 está fechada e as outras duas estão abertas o indutor fica fora do cir cuito e o circuito resultante é um circuito RC cuja constante de tempo é tC RC Quando a chave S2 está fechada e as outras duas estão abertas o capacitor fica fora do circuito e o circuito resultante é um crcuito LR cuja constante de tempo é tL LR Quando a chave S3 está fecha da e as outras duas estão abertas o resistor fica fora do circuito e o circuito resultante é um circuito LC que oscila com um período T LC 2 Fazendo L RtL e C tCR obtemos T C L 2 1 Como de acordo com a lei de Gauss para campos magnéticos n Bn 1 6 0 temos B Bn n 6 1 5 1 2 3 4 5 3 Wb Wb Wb Wb Wb Wb 2 a O fluxo através da face superior é 030 Tpr2 na qual r 0020 m De acordo com o enunciado o fluxo através da face inferior é 070 mWb Como o fluxo total é zero o fluxo através das faces laterais deve ser negativo e igual em valor absoluto à soma dos fluxos através das faces superior e inferior Assim o valor absoluto do fluxo através das faces laterais é 11 mWb b O fato de que o fluxo através das faces laterais é negativo significa que o sentido do fluxo é para dentro 3 a De acordo com a lei de Gauss para campos magnéticos B dA 0 No caso do cilindro descrito no enunciado temos B dA C 1 2 na qual Φ1 é o fluxo magnético através da primeira base Φ2 é o fluxo magnético através da segunda base e ΦC é o fluxo magnético através da superfície lateral Como no caso da primeira base o fluxo magnético é para dentro Φ1 250 mWb Como no caso da segunda base o campo magnético é uniforme normal à superfície e dirigido para fora Φ2 AB pr2B na qual A é a área da base e r é o raio do cilindro Assim 2 2 3 5 0 120 1 60 10 7 24 10 72 π m T Wb 4Wb Como a soma dos três fluxos deve ser igual a zero C 1 2 25 0 72 4 47 4 Wb Wb Wb Assim o valor absoluto do fluxo magnético através da superfície lateral do cilindro é C 47 4 Wb C 47 4 Wb b Como o sinal de ΦC é negativo o fluxo através da superfície lateral do cilindro é para den tro 4 De acordo com a lei de Gauss para campos magnéticos o fluxo S1 através da metade da su perfície lateral do cilindro que está acima do eixo x é igual ao fluxo S2 através da parte do plano xz que está no interior do cilindro Assim B B r r S S B x L dx B x L dx 1 2 2 esquerdo r r r r i r x L dx iL 2 2 1 2 3 0 0 ln 5 Podemos usar o resultado do item b do Exemplo Campo magnético induzido por um campo elétrico variável B R r dE dt r R µ ε 0 0 2 2 Capítulo 32 286 soluções dos problemas para obter o valor de dEdt dE dt Br R 2 2 2 0 10 6 0 10 4 0 0 2 7 3 µ ε π T m 107 T m A C N m m 2 2 8 85 10 3 0 10 2 12 3 2 4 1013 Vm s 6 De acordo com as Eqs 3218 e 3219 a integral do campo ao longo da trajetória indicada é dada por 0 0 0 75 id área envolvida área total A 4 0 2 0 12 52 cm cm cm nT m 2 7 a Como r1 200 cm R usamos a Eq 3216 B i r R d 0 1 2 2 na qual a corrente de deslocamento id é dada pela Eq 3210 i d dt d E 0 12 3 8 85 10 3 00 10 C N m Vm 2 2 s A 2 66 10 14 Assim temos B i r R d 0 1 2 7 14 2 4 10 10 0 T mA266 A 0200 2 0 0300 1 18 10 2 19 m m T b Como r2 00500 m R usamos a Eq 3217 B i r d 0 2 7 14 2 4 10 10 2 0 T mA266 A 0500 1 06 10 19 m T 8 a Aplicando a Eq 323 à circunferência descrita no enunciado obtemos B r r R 2 0 60 0 0 V ms Para r 00200 m na verdade o valor de r não é usado na solução e serve apenas para indicar que a circunferência está no interior da região circular e R 00300 m temos B R 0 0 12 0 60 2 8 85 10 4 µ π π V ms C N m 2 2 10 0 60 2 0 0300 3 54 10 7 T mA V ms m π 17 T b Para um valor de r maior que R o fluxo envolvido tem o valor máximo Assim temos B r 2 0 60 0 0 π ε µ V ms o que nos dá B r ε µ π π 0 0 12 0 60 2 8 85 10 4 V ms C N m 2 2 10 0 60 2 0 0500 2 13 10 7T mA V ms m π 17 T 9 a Usando a Eq 327 com A pr2 e dEdt 000450 Vm s temos B r r 2 0 00450 0 0 2 π µ π Vm s soluções dos problemas 287 Para r 00200 m obtemos B r 1 2 0 00450 1 2 8 85 10 0 0 12 e µ Vm s C N m 2 2 T mA m Vm s 4 10 0 0200 0 00450 5 7 π 01 10 22 T b Para r R a expressão do item a deve ser substituída por B r R 2 0 00450 0 0 2 π µ π Vm s Fazendo r 0050 m e R 0030 m obtemos B R r 1 2 0 00450 1 2 8 85 10 0 0 2 12 µ Vm s C 2 N m T mA m m 2 4 10 0 030 0 050 0 00450 7 2 π Vm s T 4 51 10 22 10 a O fluxo do campo elétrico através da região é dado por E r r E rdr t r R 2 0 500 2 1 0 0 Vm s r dr t r r R 2 2 3 3 em unidades do SI Assim de acordo com a Eq 323 B r r r R 2 2 3 0 0 3 2 que para r 00200 e R 00300 m nos dá B r r R µ π 0 0 2 3 12 7 4 6 8 85 10 4 10 0 0200 4 0 0200 6 0 0300 3 09 10 2 3 20 T b Nesse caso como r R o limite superior da integral passa a ser R em vez de r o que nos dá E t R R R t R 2 2 3 1 6 3 2 Assim de acordo com a Eq 323 B r R 2 1 6 0 0 2 π µ π que para r 00500 m nos dá B R r µ π 0 0 2 12 7 2 12 8 85 10 4 10 0 030 12 0 0500 1 67 10 20 T 288 soluções dos problemas 11 a Levando em conta o fato de que o campo elétrico supostamente uniforme é dado por E Vd na qual d é a distância entre as placas podemos usar o resultado do item a do Exemplo Campo magnético induzido por um campo elétrico variável B r dE dt r d dV dt r R µ µ 0 0 0 0 2 2 Para V Vmax senvt obtemos B r d V t B rV d µ ω ω µ ω 0 0 0 0 2 2 max max max cos na qual Vmax 150 V O valor de Bmax aumenta com R até atingir o valor máximo para R r 30 mm B RV d r R max max µ ω π 0 0 12 2 4 8 85 10 107 H m F m m V V m 30 10 150 150 2 5 0 10 1 9 3 3 10 12 T 19 pT b Para r 003 m usamos a expressão obtida no item a Bmax m0e0rVmaxv2d para r 003 m 003 m usamos o resultado do item b do Exemplo Campo magnético induzido por um campo elétrico variável B R r dE dt R rd dV dt max max µ µ 0 0 2 0 0 2 2 2 max µ ω ω µ 0 0 2 0 0 2 R rd V t max max cos R V rd r R 2 2 maxω A figura a seguir mostra o gráfico de Bmax em função de r 12 Os resultados do Exemplo Campo magnético induzido por um campo elétrico variável mostram que B r para r R e B r1 para r R Assim o valor de B é máximo para r R e existem dois valores possíveis de r para os quais o campo magnético é 75 de Bmax Vamos chamar de r1 e r2 esses dois valores com r1 R e r2 R a Do lado de dentro do capacitor 075 BmaxBmax r1R o que nos dá r1 075R 07540 mm 30 mm b Do lado de fora do capacitor 075BmaxBmax Rr2 o que nos dá r2 R075 40 mm 075 53 mm soluções dos problemas 289 c De acordo com as Eqs 3215 e 3217 B i R i R d max 0 0 7 2 2 4 10 6 0 2 0 T m A A 040 3 0 10 5 m T 13 Vamos chamar de A a área das placas e de d a distância entre as placas De acordo com a Eq 3210 i d dt d dt AE A d dt V d A d dV dt d E 0 0 0 0 e portanto dV dt i d A i C d d e0 6 5 1 5 7 5 10 A 20 10 F V s 14 Considere uma superfície de área A perpendicular a um campo elétrico uniforme E A den sidade de corrente de deslocamento é uniforme e perpendicular à superfície O módulo dessa densidade de corrente é dado por Jd idA Como de acordo com a Eq 3210 id e0AdEdt temos J A A dE dt dE dt d 1 0 0 15 A corrente de deslocamento em um capacitor de placas paralelas é dada por id e0AdE dt na qual A é a área de uma das placas e E é o módulo do campo elétrico na região entre as placas Como o campo na região entre as placas é uniforme E Vd na qual V é a diferença de potencial entre as placas e d é a distância entre as placas Assim i A d dV dt d 0 Como a capacitância C de um capacitor de placas paralelas que não contém um dielétrico é e0Ad temos i C dV dt d 16 Podemos usar a Eq 3214 i A dE dt d 0 Note que nesta equação A é a área na qual existe um campo elétrico variável Como o raio r do anel é maior que o raio R das placas do capacitor A pR2 Assim dE dt i A i R d d 0 0 2 12 2 0 8 85 10 π π A C N m 2 2 0 10 7 2 10 2 12 m Vm s 17 a De acordo com as Eqs 265 e 2610 E J i A 1 62 10 100 5 00 10 0 8 6 m A m2 324V m b A corrente de deslocamento é i d dt A dE dt A d dt i A di dt d E 0 0 0 0 8 ρ ρ 85 10 1 62 10 2000 2 87 10 12 8 Fm A s 16A 290 soluções dos problemas c A razão entre os módulos dos campos é B i B i i d d produzido por produzido por 0 2 r i r i i d 0 16 18 2 2 87 10 2 87 10 A 100 A 18 De acordo com a Eq 2811 i R e t RC na qual de acordo com a Eq 259 C A d 0 0 2 11 0 05 0 003 2 318 10 π m m F No instante t 250 ms a corrente é i e t 12 0 20 0 106 20 0 10 2 318 10 6 11 V 3 50 10 7 A De acordo com a Eq 3216 o campo magnético a uma distância radial r do eixo de um capaci tor de placas circulares de raio R é dado por B i r R d 0 2 2 Como de acordo com a Eq 3215 i id temos B i r R d 0 2 7 7 2 4 10 10 0 03 T mA350 A 0 8 40 10 13 m 2 0050 m T 2 19 a De acordo com as Eqs 265 e 3216 temos B i r R J Ar R J R r R J d d d 0 2 0 2 0 2 2 0 2 2 2 1 2 dr 1 2 4 10 75 7 π T mA600 Am 00200 m 2 4 nT b De acordo com a Eq 3217 temos B i r J R r d d 0 0 2 2 2 67 9 nT 20 a De acordo com a Eq 3216 temos B i r R d 0 2 2 2 22 T b De acordo com a Eq 3217 temos B i r d 0 2 2 00 T 21 a Vamos usar a Eq 3211 considerando nulo o segundo termo O primeiro termo idenv pode ser calculado integrando a densidade de corrente de deslocamento i J r dr r R r dr d d r env Am2 2 4 00 2 1 0 0 r r r R 8 1 2 3 2 3 soluções dos problemas 291 em unidades do SI De acordo com a Eq 3217 com a corrente id substituída por idenv obte mos B i r d 0 2 27 9 env nT b Como nesse caso r R o limite superior da integral do item a passa a ser R Assim temos i i R R R R d env d 8 1 2 3 4 3 2 3 2 e a Eq 3217 nos dá B i r d 0 2 15 1 nT 22 a Vamos usar a Eq 3211 considerando nulo o segundo termo De acordo com a Eq 3217 com a corrente id substituída por idenv obtemos B i r r R r d 0 0 3 00 2 20 0 env 2 A T b Nesse caso id 300 A e B i r d 0 2 12 0 T 23 Seja A a área das placas e seja E o módulo do campo elétrico na região entre as placas Como o campo elétrico na região entre as placas é uniforme E Vd na qual V é a diferença de potencial entre as placas e d é a distância entre as placas A corrente que entra na placa positiva do capacitor é i dq dt d dt CV C dV dt A d d Ed dt A dE dt 0 0 0 d dt E e é igual à corrente de deslocamento a Como a corrente de deslocamento id no espaço entre as placas é igual à corrente de carga do capacitor id i 20 A b A taxa de variação do campo elétrico é dE dt A d dt i A E d 1 2 0 85 10 0 0 0 1 A 8 2 2 11 1 0 2 3 10 F m m Vm s c A corrente de deslocamento na trajetória indicada é i i d L d d 2 2 2 2 0 0 50 0 5 A m 10m 0 A d A integral do campo ao longo da trajetória indicada é B ds id 0 16 7 1 26 10 0 50 6 3 10 H m A TT m 063 T m 24 a De acordo com a Eq 3210 i d dt A dE dt A d dt t d E 0 0 0 5 4 4 0 10 6 0 10 0 4 12 6 0 10 8 85 10 A V m s C N m 2 2 4 0 10 6 0 10 2 1 10 2 4 8 m V m s A 2 292 soluções dos problemas Assim o valor absoluto da corrente de deslocamento é id 2 1 10 8A b Como o sinal de id é negativo o sentido da corrente de deslocamento é para baixo c De acordo com a Eq 3218 para uma trajetória circular no sentido antihorário na região entre as placas s d B ds i 0 0 o que significa que B ds 0 Assim o sentido de B é o sentido horário 25 a De acordo com a Eq 3218 temos B I r J r r J r d d 0 0 2 0 2 2 1 2 1 2 1 26 10 env 6 3 7 20 50 10 6 3 10 H m A m m T 063 T 2 b Como i J r d dt r dE dt d d E π π 2 0 0 2 temos dE dt Jd 0 12 12 20 8 85 10 2 3 10 A m F m Vm s 2 26 a Como de acordo com a Eq 3215 i id a corrente de deslocamento envolvida pelo anel é i i R R i d env A 3 9 1 33 2 2 b Como foi visto no Exemplo Campo magnético induzido por um campo elétrico variável o campo magnético é proporcional a r para r R e é máximo para r R Assim B B r R max 3 00mT 120mT o que nos dá r R4 120 cm4 0300 cm c De acordo com a Eq 3217 fora da região entre as placas o campo é inversamente propor cional a r Assim B B R r max 3 00mT 120mT o que nos dá r 4R 4120 cm 480 cm 27 a No intervalo a do gráfico da Fig 3233 i d dt A dE dt d E 0 0 12 8 85 10 1 6 4 5 F m m2 10 6 0 10 4 0 10 0 71 5 5 6 N C N C s A b No intervalo b do gráfico id dEdt 0 c No intervalo c do gráfico i A dE dt d 0 12 5 8 85 10 1 6 4 0 10 F m m N 2 C s A 2 0 10 2 8 6 soluções dos problemas 293 28 a De acordo com o gráfico da Fig 3234b i 40 A para t 20 ms Assim B i r i 0 2 0 089 mT b De acordo com o gráfico da Fig 3234b i 80 A para t 40 ms Assim B i r i 0 2 0 178 0 18 mT mT c De acordo com a gráfico da Fig 3234b i 10 A para t 50 ms Assim B i r i 0 2 0 22 mT d De acordo com a Eq 3210 id eoAdEdt e de acordo com as Eqs 265 e 2610 E riA Assim id eordidt Como de acordo com o gráfico da Fig 3234b didt 200 As no intervalo 0 t 50 ms B i r id d 0 22 2 6 4 10 T e O resultado é o mesmo do item d Bid 64 1022 T f Como didt 0 para t 500 ms Bid 0 g De acordo com a regra da mão direita o sentido de Bi em t 20 ms é para fora do papel h De acordo com a regra da mão direita o sentido de Bid em t 20 ms é para fora do papel 29 a De acordo com a Eq 3215 id i para qualquer valor de t Assim imax id max 760 mA b Como de acordo com a Eq 3210 id e0 dΦEdt d dt i E d max max ε0 6 12 7 60 10 A 885 10 F m V m s kV m s 8 59 10 859 5 c A corrente de deslocamento é dada por i d dt d dt AE A d dt V d A d dV dt d E 0 0 0 0 na qual A é a área das placas Como a diferença de potencial entre as placas do capacitor é igual em valor absoluto à fem da fonte V em sen vt e dVdt vem cos vt Assim id e0Aved cos vt idmax e0Aved e d A id 0 12 2 8 85 10 0 180 130 ω π m F m m r max ad s V A m 339 mm 220 7 60 10 3 39 10 6 3 na qual foi usada a relação A pR2 d Podemos usar a lei de AmpèreMaxwell Eq 325 na forma B ds Id 0 na qual a traje tória de integração é uma circunferência de raio r em um plano paralelo às placas situado entre as placas e Id é a corrente de deslocamento na região envolvida pela trajetória de integração Como a densidade de corrente de deslocamento é uniforme na região entre as placas Id r2 R2id na qual id é a corrente de deslocamento total e R é o raio das placas Como as linhas de 294 soluções dos problemas campo magnético são circunferências com o centro no eixo das placas B é paralelo a ds Como o módulo do campo é constante ao longo de uma circunferência B ds rB 2 e 2 2 0 2 2 0 2 rB r R i B i r R d d O campo magnético máximo é dado por B i r R d max max 0 2 6 2 4 7 6 10 107 T m A A 0 110 2 0 5 16 10 2 12 m m T 516 pT 018 30 a O fluxo magnético através do estado do Arizona é B A r 43 10 295 000 10 1 6 3 2 T km m km 2 3 107 Wb apontando para dentro da Terra De acordo com a lei de Gauss este fluxo é igual ao negativo do fluxo Φ através do resto da superfície da Terra Assim Φ 13 107 Wb 13 MWb b O fluxo magnético através do resto da superfície do planeta aponta para fora 31 A componente horizontal do campo magnético da Terra é dada por Bh B cos fi na qual B é o módulo do campo e fi é o ângulo de inclinação Assim B Bh i cos cos 16 73 55 T T 32 a A energia potencial do átomo na presença de um campo magnético externo Bext é dada pelas Eqs 3231 e 3232 U B B m B z B orb ext orb ext ext l O fato de que a energia do nível 1 não muda quando o campo Bext é aplicado significa que ml 0 para este nível b Como a aplicação do campo Bext faz o nível 2 se dividir em três o estado original envolve três valores diferentes de ml O estado do meio tem a mesma energia que o estado E2 na ausên cia de campo aplicado e portanto corresponde ao estado com ml 0 Os outros dois estados possuem ml 1 e ml 1 c Como para dois níveis vizinhos do estado E2 ml 1 o espaçamento entre os níveis desdobrados é U m B m B B B B B l l 9 27 10 24 JT050T 464 10 24 J 33 a Para ml 0 Lorbz mlh2p 0 b Para ml 0 morbz mlmB 0 c De acordo com a Eq 3232 Uorb morbzBext mlmΒBext 0 d De acordo com a Eq 3227 U B B s z B spin J T mT 9 27 10 35 3 24 2 10 25 J soluções dos problemas 295 e Para ml 3 L m h orb z J s l 2 3 6 63 10 2 3 16 10 27 34 34 3 2 10 J s J s f Para ml 23 orb J T z B m l 3 9 27 10 2 78 10 24 23 J T J T 2 8 10 23 g A energia potencial associada ao momento magnético orbital do elétron passa a ser U z B orb orb ext J T T 2 78 10 35 10 23 3 9 7 10 25 J h Como a energia potencial associada ao spin do elétron não depende de ml tem o valor que foi calculado no item d Uspin 32 1025 J 34 De acordo com a Eq 3227 U mszB Bmsz na qual de acordo com as Eqs 3224 e 3225 s z e B eh m 4 Assim U B B B B B 2 2 9 27 10 0 25 24 J T T J 4 6 10 24 35 De acordo com a Eq 3231 morb z mlmB a Para ml 1 morbz 1 93 1024 JT 93 1024 JT b Para ml 2 morbz 2 93 1024 JT 19 1023 JT 36 Combinando a Eq 3227 com as Eqs 3222 e 3223 vemos que a diferença de energia é U B 2B na qual mB é o magnéton de Bohr cujo valor é dado na Eq 3225 Para U 600 1025 J obtemos B 323 mT 37 a A figura a seguir mostra as linhas de campo magnético produzidas pelo ímã em forma de barra nas proximidades do anel b De acordo com a discussão da Seção 329 o momento magnético tem o sentido oposto ao de B Assim o sentido do momento magnético na figura do item a é para a direita ou seja o sentido x c O sentido da corrente convencional é o sentido horário do ponto de vista do ímã em forma de barra d Como todo material diamagnético é repelido da região onde o campo magnético é mais intenso para a região onde o campo magnético é menos intenso e o módulo de B é proporcional à densidade de linhas de força o sentido da força magnética exercida sobre o anel é para a direita ou seja o sentido x 296 soluções dos problemas 38 Um campo elétrico com linhas de campo circulares é induzido quando o campo magnético é aplicado Suponha que o campo magnético aumente linearmente de zero a B em um intervalo de tempo t De acordo com a Eq 3025 o módulo do campo elétrico na posição da órbita é dado por E r dB dt r B t 2 2 na qual r é o raio da órbita O campo elétrico induzido é tangente à órbita e muda a velocidade do elétron A variação de velocidade é dada por v a t eE m t e m r B t t e e 2 erB 2me A corrente associada ao movimento do elétron é i ev2pr e o momento dipolar magnético é Ai r ev r evr 2 2 1 2 A variação do momento dipolar magnético é 1 2 1 2 2 4 2 2 er v er erB m e r B m e e 39 No teste proposto o maior valor da razão entre o campo magnético e a temperatura é 050 T10 K 0050 TK Observando a Fig 3214 vemos que este ponto está na região linear da curva de magnetização A resposta portanto é sim 40 a Observando a Fig 3214 estimamos que a inclinação da curva no ponto em que MMmax 05 é BT 050 TK Assim B 050 T 050 TK300 K 15 102 T b No ponto em que MMmax 09 BT 2 e portanto B 2300 60 102 T c Esses campos não podem ser produzidos em laboratório a não ser por um tempo muito curto e em espaços muito pequenos 41 Como a magnetização é o momento dipolar por unidade de volume o momento dipolar magnético é dado por m Mg na qual M é a magnetização e g é o volume do ímã g pr2L na qual r é o raio e L é o comprimento do ímã Assim T B k 4 3 4 1 0 10 0 50 3 1 38 10 23 23 J T T J K 0 48K 42 Temos K kT B B B 3 2 2 o que nos dá T B k 4 3 4 1 0 10 0 50 3 1 38 10 23 23 J T T J K 0 48K 43 a Como uma carga e que se move com velocidade constante v em uma trajetória circular de raio r leva um tempo T 2prv para descrever uma órbita completa a corrente média é i e T ev r 2 soluções dos problemas 297 O módulo do momento dipolar é igual a essa corrente multiplicada pela área da órbita ev r r evr 2 2 2 Como a força centrípeta responsável pelo movimento circular tem módulo evB a segunda lei de Newton para rotações nos dá evB mev2r Explicitando r e substituindo na equação anterior obtemos 1 2 1 1 2 2 ev m v eB B m v K e e e B A força magnética ev B deve apontar para o centro da trajetória circular Para que isso aconteça se o elétron está se movendo no sentido antihorário no plano do papel o campo mag nético deve apontar para fora do papel ou seja no sentido definido como positivo para o eixo z Como a carga do elétron é negativa o sentido convencional da corrente é o sentido oposto e de acordo com a regra da mão direita para momentos dipolares o momento dipolar aponta para dentro da página ou seja no sentido negativo do eixo z Assim o momento dipolar tem o sentido oposto ao do campo magnético b Como na demonstração da relação m KeB os sinais se cancelam a mesma relação é válida para um íon positivo c A direção do momento dipolar é a mesma do item a d A magnetização do gás é dada por M mene mini na qual me é o momento dipolar de um elétron ne é a concentração de elétrons mi é o momento dipolar de um íon e ni é a concentração de íons Como ne ni podemos chamar de n as duas concentrações Fazendo me KeB e mi KiB obtemos M n B K K e i 5 3 10 1 2 6 2 10 21 3 20 m T J 76 10 J A m 21 2 3 1 10 44 Os termos usados neste problema e a relação entre M e m são discutidos na Seção 3210 Como a inclinação do gráfico da Fig 3238 é M M B T TK KT max ext 0 15 0 20 0 75 temos max 0 75 0 800 0 30 KT T 200 K 45 a Vamos chamar de Pm a probabilidade de que um dipolo e o campo B estejam para lelos e de Pm a probabilidade de que um dipolo e o campo estejam antiparalelos A magneti zação pode ser considerada uma média ponderada dos campos magnéticos produzidos pelos dipolos calculada a partir destas probabilidades M N P N P P P N e e B KT B KT e e N B kT B KT B KT tanh b Para mB kT ou seja para mBkT 1 e B kT B kT 1 e portanto M N B kT N B kT B kT tanh 1 1 1 B kT B kT N B kT 1 2 298 soluções dos problemas c Para mB kT tanh mBkT 1 e portanto M N B kT N tanh d A função tangente hiperbólica pode ser plotada com o auxílio de um computador ou de uma calculadora gráfica Ajustando os parâmetros do gráfico é possível obter uma curva semelhan te à da Fig 3214 46 De acordo com a Eq 2836 t mBh senu o sinal negativo indica que o torque se opõe ao deslocamento angular u Para pequenos ângulos t mBhu o que é característico do mo vimento harmônico simples veja a Seção 153 Comparando com a Eq 1513 vemos que o período de oscilação é T I Bh 2 na qual I é o momento de inércia a ser determinado Como a frequência é 0312 Hz o período é T 1f 10312 Hz 321 s Explicitando I na equação anterior obtemos I B T h 2 2 3 6 4 0 680 10 18 0 10 3 21 JT T s kg m 2 2 9 2 4 3 19 10 47 a se a esfera está magneticamente saturada o momento dipolar total é mtotal Nm na qual N é o número de átomos de ferro e m é o momento dipolar de um átomo de ferro Queremos determinar o raio de uma esfera de ferro com N átomos de ferro A massa dessa esfera é Nm em que m é a massa de um átomo de ferro Essa massa também é dada por 4prR33 sendo r a massa específica do ferro e R é o raio da esfera Assim Nm 4prR33 e N R m 4 3 3 Substituindo N por seu valor na relação mtotal Nm obtemos total total 4 3 3 4 3 1 3 R m R m Como a massa de um átomo de ferro é m 56 u 56 u166 1027 kgu 930 1026 kg temos R 3 9 30 10 8 0 10 4 26 22 kg J T kg m3 14 103 2 1 10 1 8 10 23 1 3 5 J T m b Como o volume da esfera é V R e 4 4 1 82 10 2 53 10 3 5 3 16 3 3 m m3 e o volume da Terra é Vt 4 6 37 10 1 08 10 6 3 21 3 m m3 a fração do volume da Terra ocupada pela esfera é 2 53 10 1 08 10 2 3 10 16 21 5 m m 3 3 soluções dos problemas 299 48 a Como de acordo com o Apêndice F a massa molar do ferro é 55847 gmol o número de átomos de ferro contidos na barra de ferro é N 7 9 5 0 1 0 55 847 6 02 g cm cm cm g mol 3 2 2 10 4 3 10 23 23 mol Assim o momento dipolar da barra de ferro é 2 1 10 4 3 10 8 9 23 23 J T A m2 b t mB sen 90 89 A m2157 T 13 Nm 49 a O campo produzido em um ponto do eixo de um dipolo é dado pela Eq 2927 B m0m2pz3 na qual m é o momento dipolar e z é a distância a que o ponto se encontra do dipolo Assim B A 4 10 1 5 10 2 3 7 23 T m J T m 10 109 0 10 6 T 30 T b A energia de um dipolo magnético na presença de um campo magnético B é dada por U B B cos na qual f é o ângulo entre o momento dipolar e o campo A energia necessária para inverter o dipolo ou seja fazer o ângulo mudar de f 0 para f 180 é U B 2 2 1 5 10 3 0 10 9 0 10 23 6 29 J T T J 9 0 10 29 18 10 J6242 10 eVJ 56 10 eV c De acordo com o enunciado a energia cinética média de translação à temperatura ambiente é 0039 eV um valor muito maior que U Se as interações dipolodipolo fossem responsáveis pelo alinhamento dos dipolos a agitação térmica à temperatura ambiente seria suficiente para impedir que os dipolos pemanecessem alinhados 50 a De acordo com a Eq 2836 barra Am m m Bsen 2700 0 06 0 003 2 0 035 68 1 49 10 4 T N m o sen na qual usamos o fato de que o volume de um cilindro é igual à area da base multiplicada pela altura b De acordo com a Eq 2938 temos U mbarra Bcos uf cos ui 2700 Am006 mp0003m20035Tcos34 cos68 729 mJ 51 A magnetização de saturação corresponde ao alinhamento perfeito de todos os dipolos atômicos e é dada por Msat mn na qual n é o número de átomos por unidade de volume e m é o momento dipolar magnético de um átomo O número de átomos de níquel por unidade de volume é n rm sendo r a massa específica do níquel A massa de um átomo de níquel pode ser calculada usando a relação m MNA na qual M é a massa atômica do níquel e NA é a cons tante de Avogadro Assim n N M A 8 90 6 02 10 58 71 23 g cm átomos mol g 3 mol átomos cm átomos m 3 3 9 126 10 9 126 10 22 28 300 soluções dos problemas O momento dipolar de um átomo de níquel é M n sat 3 A m m A 4 70 10 9 126 10 5 15 10 5 28 24 m2 52 A temperatura de Curie do ferro é 770C Se x é a profundidade na qual a temperatura atinge este valor 10C 30Ckmx 770C Assim x 770 10 25 C C 30 C km km 53 a De acordo com a Eq 3240 o módulo do campo magnético produzido por um toroide é dado por B0 m0niP na qual n é o número de espiras por unidade de comprimento do toroide e iP é a corrente na bobina Vamos usar o raio médio rmed rext rint2 em que rext é o raio externo e rint é o raio interno para calcular n n N r 2 400 2 1 16 10 2 3 med espiras m e 55 10 spirasm Assim i B n P 3 T T mA116 10 0 0 3 7 0 20 10 4 10 m 0 14 A b Se Φ é o fluxo magnético que atravessa a bobina secundária o valor absoluto da fem in duzida na bobina é e NdΦdt e a corrente na bobina é iS eR na qual R é a resistência da bobina Assim i N R d dt S A carga que atravessa a bobina secundária quando a corrente na bobina primária começa a circular é q i dt N R d dt dt N R d N R S 0 O módulo do campo magnético no interior da bobina secundária é B B0 BM 801B0 na qual BM é o campo dos dipolos magnéticos do material magnético Como o campo total é perpendi cular ao plano da bobina secundária o fluxo magnético é Φ AB em que A é a área do anel de Rowland o campo magnético calculado existe no interior do anel mas não na região entre o anel e a bobina Se r é o raio da seção reta do anel A pr2 e portanto 801 2 0 r B Como o raio r é dado por r 60 cm 50 cm2 050 cm 801 0 20 10 2 3 050 10 m T 126 10 Wb 2 5 e portanto q 50 1 26 10 8 0 7 9 10 79 5 5 Wb C C 54 a De acordo com o Problema 3261 a uma distância r do centro da Terra o módulo do campo elétrico é dado por B r m 0 3 2 4 1 3sen soluções dos problemas 301 na qual m é o momento dipolar da Terra e lm é a latitude magnética A razão entre os módulos do campo a diferentes distâncias na mesma latitude é B B r r 2 1 1 3 2 3 Vamos chamar de B1 o módulo do campo magnético na superfície da Terra de r1 Rt na qual Rt é o raio da Terra a distância correspoondente do centro da Terra e de r2 Rt h na qual h é a altitude o ponto no qual o módulo do campo magnético é B12 Nesse caso r r R R h t t 1 2 3 3 0 5 Explicitando h obtemos h Rt 2 1 2 1 6370 1 66 10 1 3 1 3 3 km km b Para obter o valor máximo de B a 2900 km de profundidade fazemos sen lm 100 e r 6370 km 2900 km 3470 km o que nos dá B r m max sen 0 3 2 7 4 1 3 4 10 8 00 10 T m A 22 2 6 3 2 4 4 1 3 1 00 3 83 10 A m m T 347 10 c Como o ângulo entre o eixo magnético e o eixo de rotação da Terra é 115 veja a Seção 326 lm 900 115 785 no polo geográfico da Terra Além disso r Rt 6370 km Assim B Rt m 0 3 2 7 22 4 1 3 4 10 8 0 10 sen T m A J T m T sen 1 3 78 5 4 6 11 10 2 3 5 637 106 d i tan tan 1 2 78 5 84 2 e Uma explicação plausível para a discrepância entre os valores calculados e medidos do campo magnético da Terra é que as expressões usadas para calcular o campo são baseadas na hipótese de que o campo magnético da Terra é o campo de um dipolo o que não corresponde exatamente à realidade 55 a De acordo com a relação iA i Rt2 temos i Rt 2 22 6 8 8 0 10 6 3 10 JT m A 2 637 10 b Sim porque longe da Terra tanto o campo magnético da Terra como o campo magnético criado pela espira seriam campos dipolares Se os dois campos tivessem orientações opostas o cancelamento seria total c Não porque nas proximidades da espira o campo produzido por uma espira não é igual ao campo produzido por um dipolo magnético 56 a Como o período de rotação é T 2pv este é o tempo que a carga completa do anel leva para passar por um ponto fixo na trajetória do anel Assim a corrente associada à carga do anel é i qT qv2p e o módulo do momento dipolar magnético é iA q r q r 2 1 2 2 2 302 soluções dos problemas b Dobramos os dedos da mão direita no sentido da rotação Como a carga é positiva o polegar aponta na direção do momento dipolar magnético que é a mesma do vetor momento angular do anel 57 A energia potencial associada à interação do dipolo magnético da bússola com o campo magnético da Terra é U B B t t cos na qual u é o ângulo entre e Bt Para u pequeno U B B B t t t cos 1 2 1 2 2 2 na qual k mBt Aplicando a lei de conservação da energia ao movimento da agulha da bússola temos 1 2 1 2 2 2 I d dt const Essa expressão é semelhante à da conservação da energia mecânica em um sistema massa mola 1 2 1 2 2 2 m dx dt kx const que nos dá k m Assim por analogia temos I B I B ml t t 2 12 o que nos dá ml Bt 2 2 2 2 2 12 0 050 4 0 10 45 1 kg m rad s 2 16 10 8 4 10 6 2 T J T 58 a De acordo com a Eq 2920 B ir Rf 0 2 2 222 T b De acordo com a Eq 2917 B i r 0 2 167 T c De acordo com a Eq 2917 B i r 0 2 22 7 T d De acordo com as Eqs 3215 e 3216 B i r R d p 0 2 2 1 25 T e De acordo com as Eqs 3215 e 3216 B i r r d 0 2 2 3 75 T f A Eq 3217 nos dá B i r d 0 2 22 7 T g Como a corrente de deslocamento no espaço entre as placas se distribui em uma área maior os valores de B nessa área são relativamente pequenos Do lado de fora do espaço entre as pla cas os valores da corrente no fio e da corrente de deslocamento são iguais soluções dos problemas 303 59 a Podemos usar o resultado do item a do Exemplo Campo magnético induzido por um campo elétrico variável B r dE dt r R µ ε 0 0 2 para na qual no nosso caso r 080R e dE dt d dt V d d d dt V e V d e t t 1 0 0 na qual V0 100 V Substituindo por valores numéricos temos B t r V d e V r d e t t µ ε τ µ ε τ τ 0 0 0 0 0 0 2 2 τ π 4 10 8 85 10 100 7 12 2 T m A C N m V 2 0 80 16 2 12 10 5 0 1 2 3 12 mm s mm ms e t 10 13 12 T ms e t Assim B t e e t t 1 2 10 1 2 10 13 12 13 0 0 T T ms 12 s b No instante t 3t Bt 12 1013 Te3tt 59 1015 T assim B 59 1015 T 60 a De acordo com a Eq 321 temos B B r entra sai Wb T 0 0070 0 40 9 2 2 10 3 Wb Assim o valor absoluto do fluxo magnético através da parte curva da superfície é 92 mWb b O fluxo é para dentro 61 a De acordo com o teorema de Pitágoras B B B r r h v m m 2 2 0 3 2 0 3 4 2 cos sen 2 0 3 2 2 0 3 4 4 4 1 3 r r m m cos sen sen2 m na qual usamos a relação cos2 lm sen2 lm 1 b De acordo com a Eq 36 tan sen cos ta i v h m m B B r r 0 3 0 3 2 4 2 n m 62 a No equador geomagnético lm 0 o campo é B r 0 3 7 22 4 4 10 8 00 10 4 6 T m A A m2 37 10 3 10 10 6 3 5 m T 310 T b fi tan1 2 tan lm tan1 0 0 304 soluções dos problemas c Para lm 600 temos B r m 0 3 2 5 2 4 1 3 3 10 10 1 3 60 0 sen sen 5 59 10 5 T 559 T d fi tan1 2 tan 600 739 e No polo norte geomagnético lm 900 temos B r m 0 3 2 5 2 4 1 3 3 10 10 1 3 1 00 6 sen 20 10 5 T 620 T f fi tan1 2 tan 900 900 63 Seja R o raio das placas do capacitor e seja r a distância entre o ponto considerado e o eixo do capacitor O módulo do campo magnético é dado pelas Eqs 328 e 329 B r dE dt r R µ0 0 2 e B R r dE dt r R µ0 0 2 2 O campo magnético é máximo nos pontos em que r R o valor do campo nesses pontos pode ser calculado usando qualquer uma das equações anteriores B R dE dt max µ0 0 2 Existem dois valores de r para os quais B é igual a 50 de Bmax um menor que R e outro maior que R a Para r R temos µ µ 0 0 0 0 2 4 2 55 0 2 27 5 r dE dt R dE dt r R mm mm b Para r R temos µ µ 0 0 2 0 0 2 4 2 2 55 0 110 R r dE dt R dE dt r R mm mm 64 a De acordo com a Fig 3214 para MMmax 50 temos BT 050 e portanto T B050 2050 4 K b De acordo com a Fig 3214 para MMmax 90 temos BT 20 e portanto T 220 1 K 65 Seja A a área das placas e seja a a área da região central Nesse caso A a R R 2 2 2 4 e de acordo com a Eq 3215 a corrente de descarga é dada por i id 420 A 80 A 66 Ignorando os pontos de transição constatamos que o intervalo da curva da Fig 3240 no qual a inclinação é maior é 6 ms t 7 ms Nesse intervalo de acordo com a Eq 3214 i A E t d 0 0 2 6 5 2 0 2 0 10 3 5 10 m V m A soluções dos problemas 305 67 a Usando a Eq 3213 mas levando em conta o fato de que o capacitor está sendo descar regado temos dE dt i A 0 12 5 0 8 85 10 0 0080 A C N m 2 2 m Vm s 2 15 8 8 10 b Supondo que o campo é perfeitamente uniforme mesmo perto das bordas podemos usar o mesmo raciocínio do item a do Exemplo Substituição de um campo elétrico variável por uma corrente de deslocamento e relacionar o valor absoluto da integral de linha à parte da corrente de deslocamento envolvida B ds i WH L i d 0 0 2 7 5 9 10 env Wbmm 68 a De acordo com a Eq 3231 morbz 3mB 278 1023 JT b De acordo com a Eq 3231 morbz 4mB 371 1023 JT 69 a Como as linhas de campo de um ímã em forma de barra apontam na direção do polo Sul as linhas de campo do desenho devem apontar para a esquerda e na direção do eixo central b O sinal de B dA em todos os elementos de área dA da superfície lateral do cilindro é nega tivo c Não porque a lei de Gauss para o magnetismo se aplica apenas a superfícies fechadas Se acrescentarmos as bases do cilindro para formar uma superfície fechada a lei de Gauss será válida pois o fluxo negativo através da superfície lateral do cilindro e da base do cilindro mais distante do ímã será compensado por um fluxo positivo na base do cilindro mais próxima do ímã 70 a De acordo com a Eq 223 E e r 4 1 60 10 8 99 10 5 2 2 19 9 2 π0 C N m C 2 10 5 3 10 11 2 11 m Vm b De acordo com a Eq 2928 B r p 0 3 7 26 2 4 10 1 4 10 2 5 2 T m A J T 10 2 0 10 20 11 3 2 m T mT c De acordo com a Eq 3230 orb J T J p e p B p eh m 4 9 27 10 1 4 10 24 26 T 6 6 102 71 a A figura a seguir mostra as linhas de campo magnético produzidas pelo ímã em forma de barra nas proximidades do anel b No caso de materiais paramagnéticos o momento dipolar magnético é paralelo a B Na figura do item anterior aponta no sentido negativo do eixo x 306 soluções dos problemas c De acordo com a regra da mão direita como aponta no sentido negativo do eixo x o sentido da corrente convencional é o sentido antihorário do ponto de vista do ímã em forma de barra d O efeito da força magnética é deslocar o anel para regiões em que o campo magnético é mais intenso Como a densidade das linhas de força é proporcional à intensidade do campo mag nético isso significa que a força aponta no sentido negativo do eixo x ou seja no sentido 2x 72 a Entre as placas do capacitor B1 m0idr12pR2 Eq 3216 do lado de fora do capacitor B2 m0id2pr2 Eq 3217 Assim B B R r r 2 1 2 1 2 2 12 5 4 00 2 00 6 00 16 7 nT b De acordo com a Eq 3216 a corrente de deslocamento é i R B r d 2 5 00 2 1 0 1 mA 73 a Para um dado valor de l ml varia de l a l Neste caso como l 3 o número de di ferentes valores de ml é 2l 1 23 1 7 Assim como Lorbz ml o número de diferentes valores de Lorbz é 7 b Como morbz ml o número de diferentes valores de morbz é 7 c Como Lorbz ml h2p o maior valor permitido de Lorbz é ml maxh2p 3h2p d Como morbz ml mB o maior valor permitido de morbz é ml maxmB 3eh4pme e De acordo com as Eqs 3223 e 3229 a componente z do momento angular total do elétron é L L L m h m h z z s z s tot orb l 2 2 Assim o valor máximo de Ltotz acontece para ml mlmax 3 e ms 12 L h h tot z max 3 1 2 2 3 5 2 f Como o valor máximo de Ltotz é dado por mJmaxh2p na qual de acordo com o item e mJmax 35 o número de valores permitidos de Ltotz é 2mJmax 1 235 1 8 74 De acordo com a Eq 3217 i rB d 2 2 0 0300 2 00 10 4 10 0 6 7 m T T m A 0 300 A 75 a Os valores possíveis são 4 3 2 1 0 1 2 3 4 9 no total b O valor máximo é 4mB 371 1023 JT c Multiplicando o resultado do item b por 0250 T obtemos Umax 927 1024 J d Como de acordo com o item a o valor mínimo de morbz é 4mB a menor energia potencial é Umin 0250 T4mB 927 1024 J