Exame Final-2022 2

a) O campo resultante na origem é o campo resultante devido às 3 cargas: Devido a carga q1: E1= 1 4 π ε0 · q L 2( N C ) Como q1é negativo, o campo elétrico aponta para esquerda em (0;0), no sentido negativo de x: ⃗E1= −1 4 π ε0 · q L 2 ^i( N C ) Devido à carga q2: E2= 1 4 π ε0 · q L 2( N C ) Como q2 é positivo, também aponta em (0;0) para esquerda, no sentido negativo de x: ⃗E2=⃗E1= 1 4 π ε0 · q L 2 ^i( N C ) Devido à carga q3: E3= 1 4 π ε0 · 2q L 2 ( N C ) Como q2 é positivo, aponta em (0;0) para baixo, no sentido negativo de y: ⃗E2= −1 2π ε0 · q L 2 ^j( N C ) Logo, o campo resultante é: ⃗Eres=( −1 4 π ε0 · q L 2− 1 4 π ε0 · q L 2) ^i+( −1 2π ε0 · q L 2) ^j( N C ) ⃗Eres= −2 4 π ε0 · q L 2 ^i− 1 2π ε0 · q L 2 ^j( N C ) b) O potencial resultante V res na origem é: V res=V 1+V 2+V 3 O potencial de uma carga puntiforme é: V = 1 4 π ε0 · q r No caso: V res= 1 4 π ε0 L (−q+q+2q)= q 2π ε0 L (V ) a) Como a densidade de carga é uniforme, para r<a, o campo elétrico é nulo, ou seja, ⃗E=0. Isso se deve ao efeito Gaiola de Faraday. b) Para a<r<b, temos que usar a Lei de Gauss para a eletricidade. ∮ S ⃗E·dA=Q ε0 Podemos escrever Q como: Q=∫ ρdV O elemento infinitesimal de volume é o infinitesimal de uma casca esférica: dV =4 πr ² dr Logo, pela Lei de Gauss: ∮ S ⃗E·dA=Q ε0 4 πE r 2= 4 πρ ε0 ∫ a r r 2dr 4 π E·r 2= 4 πρ 3ε0 (r 3−a 3) Isolando E: E= ρ (r 3−a 3) 3r 2ε0 a) Indicando o sentido das correntes na figura abaixo: Ambas as correntes circulam no sentido anti-horário na malha à esquerda e horário na malha à direita. Usando a Lei de Kirchhoff para as tensões para a malha 1: −ε1−R1·i1−R2·(i1−i2)=0 −28−2·i1−2(i1−i2)=0 Isolando i1 i1=1 2 (i2−14) Usando a mesma lei para a malha 2: −ε2−R3·i2−R2(i2−i1)=0 −28−6i2−2(i2−i1)=0 Substituindo com i1 −28−6i2−2(i2−1 2 (i2−14))=0 i2=−6 A Logo: i1=1 2 (−6−14 ) i1=−10 A Logo, a corrente na malha da esquerda é igual a i1=10 A e circula no sentido horário e a corrente na malha da direita é igual a i2=6 A e circula no sentido anti-horário. b) A potência em ε1 é: Pε1=ε1·i1=28·10=280W Em ε2 Pε2=ε2·i2=28·6=168W Em R1: PR1=R1·i1 2=2·10 2=200W Em R2: PR2=R2·(i2−i1) 2=2· (10−6) 2=32W Em R3: PR2=R3·i2 2=6·6 2=216W a) A velocidade escalar do elétron é: E=me v 2 2 No caso: 16 MeV =16·10 6eV =16·10 6·1,6·10 −19≈2,56·10 −12J E=√ 2 E me =√ 2·2,56·10 −12 1,67·10 −27 ≈5,54·10 7 m s O raio da órbita pode ser obtido da relação: forçacentrípeta=forçamagnetica m v 2 R =qvB R=mv qB Substituindo com os dados: R= (1,67·10 −27)(5,54·10 7) (1,602·10 −19) (1) = 46259 80100 ≈0,578m b) A velocidade escalar também pode ser calculada como: v=2πR T Onde T é o período. Isolando T: T=2πR v =2π (0,578) 5,54·10 7 =6,56·10 −8 s E a frequência é o inverso do período: f = 1 T = 1 6,56·10 −8=625000000 41 ≈1,52·10 7 Hz c) Existe a possibilidade de calcular a diferença de potencial que acelerou esse elétron até a velocidade que alcançou dentro do campo magnético. Nesse caso: ∆ Ec=q ∆V Fazendo a hipótese de que o elétron partiu do repouso: ∆ Ec=Ec Então: ∆V = Ec q = 2,56·10 −12 1,602·10 −19 ≈1,6·10 7V a) Tanto no trecho ab quanto no trecho bc, a corrente é perpendicular ao campo magnético (que aponta para fora da tela/página). Logo: Fm (ab)=Bi Lab=2·3·4=24 Usando a regra da mão esquerda para achar a direção e sentido do vetor da força magnética: ⃗Fm (ab)=24 N ^j Para o trecho bc: Fm (bc )=Bi Lbc=2·3·3=18 N Novamente usando a regra da mão esquerda: ⃗Fm (bc )=−18 N ^i A força magnética vetorial total é: ⃗Fm(abc)=(−18 ^i+24 ^j) N O módulo dessa força é: Fm (abc )=√(−18) 2+24 2=30 N b) Para o trecho ac, o módulo da força magnética nesse trecho: O trecho ac também é perpendicular ao campo magnético. Fm=Bi Lac=2·3·√3 2+4 2=30 N Então está provado que o módulo desse vetor é o mesmo pelo caminho abc e pelo caminho ac. Universidade Federal Rural de Pernambuco Departamento de Física Física L2 EXAME FINAL ESCOLHA CINCO QUESTÕES ABAIXO, SÓ SERÃO CONSIDERADAS AS CINCO PRIMEIRAS RESOLVIDAS. NÃO RESOLVA TODAS SOMENTE CINCO. 1- Três cargas estão distribuídas conforme a figura abaixo. A carga q1 = -q, q2 = +q e q3= +2q e estão localizadas como indicado na figura. Determine: (1,0 ponto) (a) o campo elétrico na origem x=0, y=0. (1,0 ponto) (b) o potencial elétrico na origem x=0, y=0. 2 – Uma esfera oca de raio interno a e externo b, tem uma densidade de carga uniforme:           r b 0 b r a r a 0 0 (1,0 ponto) (a) calcule o campo elétrico na região em que r < a. (1,0 ponto) (b) calcule o campo elétrico na região em que a< r < b. Considere Q = V. x y L L q3 q1 q2 L b a 3- A figura abaixo mostra um circuito contendo uma chave S. Considere 1= 2= 28 V, R1= R2= 2  e R3= 6 . Determine: (1,0 ponto)(a) as correntes no circuito. Indique o sentido das correntes. (1,0 ponto)(b) a potência elétrica para 1, 2, R1, R2 e R3. 4- Um elétron desloca-se numa trajetória circular num campo magnético uniforme com B=1 T e com energia cinética de 16 MeV. Calcule: (1,0 ponto) (a) a velocidade escalar v e o raio da órbita r. (0,5 ponto) (b) o período de revolução T e a freqüência f. (0,5 ponto) (c) a diferença de potencial V . Dados: me= 1,67 x 10-27 kg e q = e = 1,6 x 10-19 C , (1 eV = 1,6 x 10–19 J) 5- Um pedaço de fio condutor suporta uma corrente de 3 A, no trecho de a para c. Existe um campo magnético uniforme .2 k T B    . Calcule: A força magnética no: (1,0 ponto) (a) A força magnética total do trecho ab somado ao trecho bc. (1,0 ponto) (b) O resultado da letra a) mudaria se considerássemos apenas o trecho ac? Prove. 6 – (2,0 pontos) Um condutor reto transporta uma corrente 5i que se divide em dois arcos semicirculares, no arco superior a corrente é 2i e no inferior 3i. Qual o campo magnético resultante no centro C da espira circular? Indique se o campo está entrando ou saindo no ponto C. R      A B C E F P D 5i 5i 2i 3i 2 R3 1 R1 R2 4 m 3 m a b c y x I