Exercícios resolvidos de electricidade, magnetismo e circuitos

Jaime E. Villate

Exercícios Resolvidos de

Eletricidade, Magnetismo

e Circuitos

Exercícios Resolvidos de Eletricidade, Magnetismo e Circuitos Copyright © 2020, Jaime E. Villate

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onde pode ser consultado, copiado e reproduzido livremente, de acordo com os termos da licença. Edição do autor. ISBN: 978-972-752-271-2 DOI: 10.24840/978-972-752-271-2 (https://doi.org/10.24840/978-972-752-271-2) Terceira edição Setembro de 2020

Conteúdo

5 Circuitos de corrente contínua 25

6 Fluxo elétrico 33

7 Potencial eletrostático 39

8 Campo magnético 45

9 Indução eletromagnética 51

10 Processamento de sinais 57

11 Circuitos de corrente alternada 63

12 Ondas eletromagnéticas e luz 71

Prefácio

Esta obra complementa o livro Eletricidade, Magnetismo e Circuitos (Vi-llate, terceira edição, 2019). Em cada capítulo apresenta-se uma proposta de resolução de alguns dos problemas no fim de cada capítulo desse livro. Tal como nesse livro, em alguns casos usa-se o Sistema de Álgebra Com-putacional (CAS) Maxima na resolução dos problemas. Espera-se que os comandos de Maxima usados sejam também compreensíveis para quem não use esse software, e sirvam como indicação dos passos a seguir na resolução com outras ferramentas de cálculo.

O tema dos primerios quatro capítulos é eletrostática e eletricidade. O capítulo 5 é sobre circuitos de corrente contínua. Nos capítulos 6 e 7 aprofunda-se mais nos temas do campo elétrico e teoria do potencial. Os capítulos 8 e 9 são dedicados ao campo magnético e à indução eletromag-nética. Os capítulos 10 e 11 são também sobre teoria de circuitos, mas com tensões variáveis e alternadas. Finalmente, o capítulo 12 é sobre ondas eletromagnéticas.

A resolução de problemas de eletricidade, magnetismo e circuitos é uma forma importante de consolidar conhecimentos nessas áreas, mas deverá ser acompanhada do estudo dos aspectos teóricos. Trata-se de um tema muito rico em fenómenos físicos que é importante conhecer e compre-ender para resolver problemas nessa área.

Todas as figuras são originais e são licenciadas sob a mesma licença do livro: Creative Commons Atribuição-Partilha 4.0 Internacional.

Jaime E. Villate

E-mail:[email protected] Porto, setembro de 2020

1 Campo elétrico

Uma lâmina de acetato, eletrizada por fricção, coloca-se 1 cm acima de uma mesa onde há vários quadrados de papel, cada um com 0.5 cm de lado. Observa-se que alguns pedaços de papel saltam, ficando colados ao acetato. Faça uma estimativa da ordem de grandeza da carga do acetato, admitindo que uma carga idêntica e de sinal oposto é induzida em cada pedaço de papel e sabendo que o papel usado tem 80 g/m2.

A área de cada pedaço de papel, em metros quadrados, multiplicada por 80 dará o valor da sua massa em gramas. Converte-se essa massa para quilogramas e multiplica-se pela aceleração da gravidade, em metros sobre segundo quadrado (9.8), para obter o peso do pedaço de papel em newton. Essas contas podem ser feitas no Maxima, armazenando o valor obtido na variável P:

(%i1) P: 0.5e-2^2*80e-3*9.8; (%o1) 1.96e-5

Admitindo que os valores absolutos das cargas no acetato e no papel são

q, obtém-se a expressão do módulo da força eletrostática entre eles, F ,

em função de q, quando a distância entre o acetato e o papel for de 1 cm, usando a lei de Coulomb (unidades SI):

(%i2) F: 9e9*q*q/1e-2^2; (%o2) 9.0e+13 q2

A força elétrica sobre o papel, ~F , atrativa, é vertical e para cima e o peso é

no sentido oposto. Se a distância fosse maior que 1 cm, essa força seria menor. Como tal, quando o acetato está afastado do papel, F é menor

2 Campo elétrico

que P e a força resultante, para baixo, mantém o papel em contacto com a mesa (há reação normal da mesa sobre o papel). Quando a distância for menor que 1 cm, F é maior que P produzindo força resultante para cima, que faz com que o papel salte colando-se ao acetato. Conclui-se então que a 1 cm de distância é quando os módulos das duas forças calculadas acima, F e P, são iguais. Basta então resolver a equação F = P para encontrar o valor de q

(%i3) float (solve (F=P));

(%o3) [ q = - 4.667e-10, q = 4.667e-10]

Aqui interessa apenas a solução positiva, porque q representava ou valor absoluto das cargas. A conclusão é que a ordem de grandeza da carga é 10−10C.

Comentários:A lei de Coulomb é valida apenas para a força entre duas cargas pontuais. A carga distribuída sobre o acetato, a 1 cm de distân-cia do papel, não pode ser considerada uma carga pontual. E no papel, com carga neutra, em vez de cargas pontuais temos pequenos dipolos elétricos. No entanto, como pretendíamos apenas ter uma estimativa da ordem de grandeza das cargas envolvidas, foram feitas essas aproxima-ções tão rudimentares. Determinar de forma mais precisa a força entre o acetato e o papel, em função da carga no acetato, é um problema muito mais complicado.

Problema 2

A soma dos valores de duas cargas pontuais q1e q2é q1+ q2= 10 µC.

Quando estão afastadas 3 m entre si, o módulo da força exercida por cada uma delas sobre a outra é 24 mN. Determine os valores de q1e

q2, se: (a) Ambas cargas são positivas. (b) Uma das cargas é positiva

e a outra negativa.

Para poder usar os números simples do enunciado (10 e 3), optaremos por resolver o problema com as mesmas unidades usadas no enunciado: cargas em µC, distâncias em metros e forças em mN. Como tal, o valor que deveremos usar para a constante de Coulomb será:

k = 9 × 109 N · m 2 C2 = 9 × 109 103mN · m2 1012_µC2 = 9 mN · m2 µC2

3 A primeira condição, nas unidades escolhidas, é:

(%i4) c1: q1 + q2 = 10$

Observe-se que nessa equação as cargas q1 e q2 poderão ter valores

positivos ou negativos.

(a) Se as duas cargas são positivas, o produto entre elas, q1q2, também é

positivo. Como tal, na lei de Coulomb o produto dos valores absolutos das cargas pode ser substituído pelo produto das cargas: |q1||q2| = q1q2,

e a condição para que o módulo da força seja 24 mN é:

(%i5) c2: 9*q1*q2/3^2 = 24$

Resolvendo as duas condições encontram-se os valores das cargas

(%i6) solve ([c1, c2]);

(%o6) [ [ q2 = 4, q1 = 6], [q2 = 6, q1 = 4 ] ]

(b) Quando os sinais das cargas são opostos, q1q2será negativo. Como

tal, o produto dos valores absolutos deverá ser substituído por: |q1||q2| =

−q1q2, e a condição para a força é

(%i7) c3: -9*q1*q2/3^2 = 24$

os valores das cargas são então

(%i8) solve ([c1, c3]);

(%o8) [ [ q2 = - 2, q1 = 12], [q2 = 12, q1 = - 2 ] ]

As duas soluções são equivalentes, já que tanto faz dizer que q1é a carga

positiva ou a negativa. Problema 5

Três cargas pontuais estão ligadas por dois fios isoladores de 2.65 cm cada (ver figura). Calcule a tensão em cada fio.

4 Campo elétrico

Sobre cada uma das partículas atuam forças elétricas e tensões nos fios aos que estejam ligadas. Como este sistema está em equilíbrio, a força resultante sobre cada uma das 3 partículas deverá ser nula. Como tal, temos 3 condições de equilíbrio com apenas 2 incógnitas, que são as tensões nos dois fios.

Basta então considerar apenas as condições de equilíbrio para duas das partículas. Os diagramas de forças para as cargas de 3.2 nC e 7.4 nC (designadas de q1e q3) são os seguintes:

~ F31 ~ F21 ~ Ta F~13 ~ F23 ~ Tb q1 q3

onde Taé a tensão no fio do lado esquerdo e Tba tensão no fio do lado

direito. Observe-se que q1não está em contacto com o fio da direita

e, por isso, ~Tb não atua sobre essa partícula. De forma análoga para

q3. No entanto, as forças elétricas atuam à distância, sem ter de existir

contacto entre as partículas; sobre cada uma das 3 partículas atuam as forças elétricas produzidas pelas outras duas partículas.

A condição de equilíbrio para a carga q1é

Ta= F21+ F31

Como tal, a tensão no fio do lado esquerdo é (unidades SI):

(%i9) Ta: 9e9*(3.2e-9*5.1e-9/2.65e-2^2+3.2e-9*7.4e-9/(2*2.65e-2)^2); (%o9) 2.85e-4

A condição de equilíbrio para a carga q3é

Tb= F13+ F23

que conduz à tensão no fio do lado direito:

(%i10) Tb:9e9*(7.4e-9*5.1e-9/2.65e-2^2+7.4e-9*3.2e-9/(2*2.65e-2)^2); (%o10) 5.595e-4

As unidades dessas duas forças são newton, porque foram usadas unida-des SI.

5 Se tivéssemos optado por usar a condição de equilíbrio para a partícula

q2, no diagrama das forças há que ter em conta que atuam as tensões dos

dois fios, porque essa partícula está em contacto com os dois fios:

~ F12 ~ Ta ~ F32 ~ Tb q2

E a respetiva condição de equilíbrio é

Ta+ F32= Tb+ F12

equação essa que podia ter sido resolvida em simultâneo com alguma das duas equações para q1ou q3, obtendo-se a mesma resposta, já que

esta terceira condição obtém-se subtraindo as duas primeiras condições, e tendo em conta que para quaisquer índices i e j , Fi jé igual a Fj i.

Problema 8

Determine a força elétrica resultante sobre cada uma das cargas representadas na figura e o campo elétrico produzido pelas 3 cargas no ponto P. −5 nC 9 nC 7 nC 1 cm p 3 cm P 1 cm 1 cm

Usando as unidades do problema (nC e cm), a constante k será:

k = 9 × 109N · m 2 C2 = 9 × 109 N · ¡102cm¢2 ¡ 109_nC¢2 = 0.09 mN · cm2 nC2

Ou seja, o valor da constante k será 0.09, as forças obtidas estarão em mN e o campo em mN/nC, que é equivalente a N/µC.

6 Campo elétrico

(a) A figura seguinte mostra os três diagramas de forças para as três partículas, admitindo que a carga q1é a de −5 nC, a carga q2é a de 9 nC

e q3é a de 7 nC. ~ F21 ~ F31 ~ F13 ~ F23 ~ F12 _~ F32 θ q1 q2 q3 1 2 p 3

Em cada vetor ~Fi j o primeiro índice i indica o número da carga que

produz a força, e o segundo índice j é o número da carga na qual atua essa força. As forças elétricas verificam a lei de ação e reação: ~Fi j= −~Fj i,

e em módulo, Fi j= Fj i.

A lei de Coulomb permite calcular os módulos das seis forças no diagrama; usando as unidades escolhidas,

(%i11) F12: 0.09*5*9/3; (%o11) 1.35 (%i12) F13: 0.09*5*7; (%o12) 3.15 (%i13) F23: 0.09*9*7/4; (%o13) 1.417

Observando a figura, conclui-se que o cosseno e o seno do ângulo θ são:

(%i14) [cosseno, seno]: float ( [sqrt(3), 1] /2); (%o14) [0.866, 0.5]

Usando listas para representar as componentes dos vetores, com eixo dos

x de q1para q2e eixo dos y de q1para q3, as forças resultantes, ~Fi, sobre

7

(%i15) F1: [F12, F13]; (%o15) [ 1.35, 3.15 ]

(%i16) F2: [-F12 + F23*cosseno, -F23*seno]; (%o16) [ -0.1224, -0.7087 ]

(%i17) F3: [-F23*cosseno, F23*seno - F13]; (%o17) [ -1.228, -2.441 ]

Resumindo, as forças que atuam sobre as 3 cargas são, em mN,

~ F1= 1.35 ˆı+ 3.15 ˆ ~ F2= −0.12 ˆı− 0.71 ˆ ~ F3= −1.23 ˆı− 2.44 ˆ

(b) O módulo do campo produzido por cada carga pontual qié

Ei=k |qi|

d_i2

onde di é a distância desde a carga qi até o ponto onde se calcula o

campo. As cargas q2e q3, positivas, produzem campos repulsivos e a

carga q1, negativa, produz campo atrativo.

Os vetores dos campos produzidos pelas 3 cargas no ponto P são então como mostra a figura seguinte.

~ E1 ~ E2 ~ E3 P θ θ q1 q2 q3 1 1 1 1 p 3

8 Campo elétrico

Como o ponto P está no meio da hipotenusa, as distâncias desde P até às cargas q2e q3são iguais a 1. E como a projeção da hipotenusa na base

do triângulo é o segmento entre q1e q2, a projeção do ponto P está no

meio desse segmento e a distância desde P até à carga q1também é igual

a 1: d1= d2= d3= 1 e, com as unidades escolhidas,

E1= k |q1| = 0.09 × 5 E2= k |q2| = 0.09 × 9 E3= k |q3| = 0.09 × 7

Observando o diagrama dos campos, as componentes vetoriais dos 3 campos são: ~ E1= E1(−cosθ ˆı− sinθ ˆ) ~ E2= E2(−cosθ ˆı+ sinθ ˆ) ~ E3= E3(cosθ ˆı− sinθ ˆ)

O campo total em P é a soma desses 3 vetores. Usando os valores de cosθ e sinθ já armazenados na alínea anterior nas variáveis seno e cosseno do Maxima, obtém-se:

(%i18) E: 0.09*5*[-cosseno, -seno] + 0.09*9*[-cosseno, seno] + 0.09*7*[cosseno, -seno];

(%o18) [ -0.5456, -0.135 ]

Isto é, o campo no ponto P, em unidades de N/µC, é: ~

2 Voltagem e corrente

Num tubo de raios X são libertados eletrões, inicialmente em re-pouso, que são logo acelerados no vácuo do tubo por meio de um campo elétrico, atravessando uma região em que a diferença de po-tencial é de 4 kV. Os eletrões logo colidem com um alvo metálico produzindo radiação X. (a) Determine a energia cinética e a velo-cidade com que os eletrões colidem com o alvo. (b) Se a variação de potencial se estender por uma distância de 8 dm, determine a intensidade do campo elétrico médio.

(a) A diminuição da energia potencial elétrica do eletrão é ∆Ue= |q ∆V | = 4000 eV

para passar de eletrão-volt para joule, multiplica-se pela carga elementar

(%i1) dU: 4000*1.602e-19; (%o1) 6.408e-16

Na passagem pelo tubo de vácuo, não existem forças dissipativas sobre os eletrões e, portanto, ao sua energia mecânica permanece constante. A massa do eletrão, 9.109 × 10−31_{kg, implica que para que a variação da}

sua energia potencial gravítica fosse da ordem da variação da energia potencial elétrica, 6.408 × 10−16_{J, o eletrão teria de cair uma altura da}

ordem dos 1013 metros; como tal, vamos ignorar a energia potencial gravítica, admitindo que a energia potencial é apenas elétrica.

Por conservação da energia, a diminuição da energia potencial de cada eletrão, ∆Ue, será igual ao aumento da sua energia cinética, m v2/2, onde

v é a velocidade final (a velocidade inicial é nula). Substituindo o valor

10 Voltagem e corrente

(%i2) float (solve ((1/2)*9.109e-31*v^2 = dU)); (%o2) [v = - 3.751e+7, v = 3.751e+7]

Os eletrões colidem no alvo com energia cinética de 6.408 × 10−16 _{J e}

velocidade de 3.751 × 107m/s.

(b) O campo elétrico médio é igual à diferença de potencial, dividida pela distância:

(%i3) E: 4000/8e-1; (%o3) 5.0e+3

O valor médio do campo é ¯E = 5000 V/m (V/m é equivalente a N/C).

Comentários:Na época de Newton não eram feitas experiências com velocidades tao elevadas como a deste problema. Hoje em dia, este tipo de experiência é feita diariamente, por exemplo, no consultório de um dentista. A mecânica clássica, baseada nas leis de Newton, é apenas válida quando a velocidade v dos objetos for muito menor do que a velocidade da luz, c = 3 × 108_{m/s. Para determinar se uma velocidade}

está dentro do domínio em que a mecânica clássica é boa aproximação, calcula-se a função:

γ= s

1 1 − (v/c)2

Se γ for muito maior do que 1, ou um número imaginário, a mecânica clás-sica deixa de ser uma boa aproximação e há que usar os resultados mais precisos da mecânica relativista. A velocidade obtida neste problema, 3.751 × 107m/s, próxima da velocidade da luz, poe em causa a validade do resultado; no entanto, com essa velocidade obtém-se γ = 1.008, que não é muito maior que 1 e, portanto, o valor obtido para a velocidade é aceitável.

A determinação do valor mais preciso de v, usando mecânica relativista, é feito da forma seguite: em vez de usar a expressão clássica da energia cinética, m v2/2, usa-se a expressão relativista:

E = m γc2

11 energia cinética, igual a E0= m c2. Como na prática conseguem-se medir

apenas diferenças de energia, essa energia em repouso só foi descoberta na época de Einstein. A energia em repouso dum eletrão, dividida pela carga elementar para passar para eletrão-volt, é igual a:

E0=m c 2 e = 9.109 × 10−31× 9 × 1016 1.602 × 10−19 = 5.117 × 10 5_eV

A expressão q ∆V da energia elétrica continúa válida na física relativista. Como tal, a energia cinética final de cada eletrão será a sua energia em repouso mais os 4000 eV fornecidos pelo campo elétrico no tubo. O fator

γdos eletrões que chocam no alvo obtém-se dividindo a energia final pela energia em repouso:

γ=5.117 × 10

5_{+ 4000}

5.117 × 105 = 1.008

Finalmente resolve-se a equação γ2= 1/(1 − (v/c)2) para determinar a velocidade, obtendo-se o valor 3.73 ×107m/s. O resultado obtido usando mecânica clássica está correto nos dois primeiros algarismos significati-vos, mas o terceiro algarismo já tem erro, devido ao efeito relativista.

Problema 3

Uma certa bateria de automóvel tem carga máxima de 250 Ah, que corresponde à carga disponível quando está carregada a 100%. (a) Depois de algum uso, a bateria descarrega até 60% da sua carga má-xima. Qual é a carga, em coulombs, com que fica a bateria? (b) A seguir, a bateria liga-se a um carregador de 12 V para a recarregar e observa-se que inicialmente a corrente do carregador tem intensi-dade de 7 A, mas 6 horas depois diminui a 3 A. Admitindo diminuição linear da corrente em ordem ao tempo, com que percentagem da sua carga máxima fica a bateria no fim das 6 horas?

(a) Após ter descarregado pelo uso, a carga, que é 60% da carga máxima inicial de 250 A·h, que em coulomb é igual a:

(%i4) 0.6*250*3600; (%o4) 5.4e+5

12 Voltagem e corrente

(b) Como a corrente diminui linearmente, a corrente média durante as 6 horas é a média entre a corrente inicial e final:

¯I=7 + 3₂ = 5 A

Também podíamos ter encontrado a corrente média da forma seguinte: a equação da reta que que dá 7 A em t = 0 e 3 A em t = 6 (tempo medido em horas) é:

I (t) = 7 −2₃t

O valor médio é o integral dessa expressão, de 0 a 6, dividido pelo com-primento do intervalo de integração (6 horas). No Maxima,

(%i5) integrate (7-2*t/3, t, 0, 6)/6; (%o5) 5

A carga transferida para a bateria durante as 6 horas, é igual à corrente média vezes o tempo: ∆q = (5 A) × (6 h) = 30 A·h. Como a bateria des-carregada tinha carga de 0.6 × 250 A·h, a carga final dividida pela inicial será:

(%i6) (0.6*250 + 30)/250; (%o6) 0.72

Ou seja, a bateria fica com 72% da sua carga inicial.

Problema 7

A corrente num cabo varia de acordo com a função I = 20+3t2_{, onde}

I mede-se em miliampere e t em segundos. (a) Que carga transporta

o cabo desde t = 0 até t = 10 s? (b) Qual o valor da corrente constante que transporta a mesma quantidade de carga no mesmo intervalo de tempo?

(a) A carga transferida é igual ao integral da corrente, em ordem ao tempo, no intervalo de tempo em questão:

13

(%i7) delq: integrate (20 + 3*t^2, t, 0, 10); (%o7) 1200

As unidades de I eram mA e as unidades de dt segundos. Como tal, o resultado está em mA·s que são mC. A carga transferida é então ∆q = 1.2 C.

(b) A corrente média nesse intervalo é ∆q/10, ou seja, seria necessária uma corrente constante de 120 mA para transferir a mesma carga nos mesmos 10 segundos.

Problema 8

Num condutor ligado a uma pilha com f.e.m. de 1.5 V, circulam 9.6 × 1021eletrões de condução durante 2 horas. Determine: (a) A intensidade da corrente média.

(b) A energia fornecida pela pilha durante esse intervalo. (c) A potência média fornecida pela pilha.

(d) Se a carga inical da pilha era de 3 A·h, com que carga fica após as 2 horas?

(a) O valor absoluto da carga transferida é o número de eletrões transfe-ridos vezes a carga elementar. A corrente média, em ampere, é a carga transferida, em Coulomb, dividida pelo tempo, em segundos:

(%i8) I: 9.6e21*1.602e-19/7200; (%o8) 0.2136

A corrente média é 214 mA.

(b) A energia fornecida é igual à carga transferida, vezes a força eletromo-triz:

(%i9) U: 9.6e21*1.602e-19*1.5; (%o9) 2.307e+3

14 Voltagem e corrente

(c) A potência média fornecida é igual ao produto entre força eletromotriz (constante) e a corrente média (ou, também, energia fornecida dividida pelo intervalo de tempo):

(%i10) P: 1.5*I; (%o10) 0.3204

A potência fornecida foi de 0.3204 W.

(d) A carga final é igual à carga inicial, menos a carga transferida durante as 2 horas. Em unidades de A·h, a carga transferida é igual à corrente média, em ampere, vezes o intervalo de tempo, em horas:

(%i11) 3 - I*2; (%o11) 2.573

3 Resistência

A temperatura num dado momento é 12 °C. Quanto deve aumentar a temperatura para que a resistência de um fio de cobre aumente 10%?

Se R12for a resistência a 12 °C, a resistência à temperatura T procurada

será 1.1R12. A expressão que relaciona a resistência a duas temperaturas

diferentes depende do coeficiente de temperatura, que é diferente a cada temperatura. Como o coeficiente de temperatura do cobre que aparece na tabela 3.2 do livro é para 20 °C, teremos que relacionar as resistências a 12 °C e T com a resistência a 20 °C (R20, desconhecida), obtendo-se

duas equações:

(%i1) eq1: R12 = R20*(1 + 0.0039*(12 - 20))$ (%i2) eq2: 1.1*R12 = R20*(1 + 0.0039*(T - 20))$

Esse sistema tem uma variável livre, já que são duas equações com 3 variáveis: as resistências R12, R20 e a temperatura T . Para usar o

co-mandosolvedo Maxima, teremos que selecionar duas das variáveis, por exemplo T e R12, que serão resolvidas em função da terceira variável R20,

considerada variável livre

(%i3) float (solve ([eq1,eq2], [T,R12])); (%o3) [ [T = 36.84, R12 = 0.9688 R20] ]

T não depende da variável livre. A resposta é que a temperatura deve

16 Resistência

Problema 3

A diferença de potencial entre os elétrodos de uma bateria é 3 V quando a bateria é percorrida por uma corrente de 4 A, no sentido do elétrodo negativo para o positivo. Quando a corrente é de 2 A, no sentido oposto, a diferença de potencial aumenta até 12 V. (a) Calcule a resistência interna da bateria. (b) Qual é a f.e.m. da bateria?

No primeiro caso, quando a corrente passa do elétrodo negativo para o positivo, as cargas de condução aumentam a sua energia elétrica na passagem pela bateria. Como tal, a bateria está no modo gerador; subs-tituindo os valores da voltagem e da corrente na equação do gerador, obtem-se uma primeira condição:

(%i4) eq1: 3 = E - r*4$

No segundo caso, as cargas de condução perdem energia elétrica na sua passagem pelo eletrólito da bateria. A bateria está a ser recarregada e, como tal, a voltagem e corrente verificam a equação dum recetor:

(%i5) eq2: 12 = E + r*2$

A resolução dessas duas equações dá os valores da f.e.m. e da resistência interna (unidades SI)

(%i6) float (solve ([eq1,eq2])); (%o6) [ [E= 9.0, r = 1.5] ]

A bateria tem f.e.m. de 9 V e resistência interna de 1.5 Ω.

Comentários:A voltagem nos elétrodos de uma bateria quando estiver a descarregar, no modo gerador, é sempre menor que o valor da sua f.e.m.; quando a bateria estiver a ser recarregada, no modo recetor, a voltagem entre os elétrodos deve ser maior do que a sua f.e.m. Como tal, no enunciado do problema fica claro que no primeiro caso a bateria está a descarregar, no segundo caso está a recarregar e a sua f.e.m. estará entre 3 V e 12 V.

17 Problema 5

A resistência de uma lâmpada incandescente de 60 W e 230 V, à temperatura ambiente de 20 °C, é R = 65Ω. No entanto, as especi-ficações do fabricante (60 W e 230 V) conduzem a um valor muito mais elevado da resistência. Justifique, calculando a temperatura do filamento de tungsténio quando a lâmpada se encontra acesa.

A potência e voltagem nominais, indicadas pelo fabricante, permitem de-terminar o valor da resistência nominal, usando a expressão P = ∆V2/R

(%i7) Rn: float (230^2/60); (%o7) 881.7

Essa será a resistência da lâmpada quando for ligada à voltagem de 230 V, com uma temperatura elevada que faz com que ilumine. A resistência a 20 °C, R20= 65 Ω, é muito menor porque a essa temperatura a lâmpada

não aquece o suficiente para iluminar. A temperatura da lâmpada acessa obtém-se a partir da equação 3.7 do livro, substituindo os valores de Rn,

R20e o coeficiente de temperatura do tungsténio (tabela 3.2):

(%i8) float (solve (Rn = 65*(1 + 0.0045*(T-20)))); (%o8) [T = 2.812e+3]

Quando a diferença de potencial na lâmpada for de 230 V, o filamento aquecerá ate 2812 °C, produzindo luz.

Comentários:Esse resultado é uma aproximação, já que a relação entre resistência e temperatura provavelmente já não será linear à tempera-tura elevada da lâmpada. De qualquer forma, a temperatempera-tura deve ser da ordem dos milhares de graus Celsius para que o filamento produza luz visível. A lâmpada não queima porque dentro dela não há oxigênio. O mecanismo de produção de luz usado nas lâmpadas incandescentes (aquecer um filamento) é muito ineficiente, pois grande parte da energia elétrica é dissipada em calor; as lâmpadas fluorescentes são muito mais eficientes. Hoje em dia as lâmpadas de LEDs são ainda mais eficientes, aproveitando quase toda a energia elétrica para produzir luz.

18 Resistência

Problema 6

No circuito representado na figura, foi medida a corrente na resistên-cia de 8 kΩ e obteve-se o valor de 2 mA. Use esses dados para calcular o valor da f.e.m. e a diferença de potencial em cada resistência.

6 kΩ

3 kΩ

8 kΩ 2 mA

A diferença de potencial na resistência de 8 kΩ é: ∆V8= 8 × 103× 2 × 10−3= 16 V

A resistência equivalente às duas resistências de 6 kΩ e 3 kΩ em paralelo é:

(%i9) Rp: 1/(1/3 + 1/6); (%o9) 2

E a corrente através dessa resistência equivalente são os mesmos 2 mA que passam pela resistência de 8 kΩ, que está em série com ela. A dife-rença de potencial na resistência equivalente de 2 kΩ é:

∆V2= 2 × 103× 2 × 10−3= 4 V

que será igual à diferença de potencial nas resistências de 3 kΩ e 6 kΩ que estão em paralelo:

∆V3= ∆V6= 4 V

O valor da f.e.m. deverá ser igual à soma das diferenças de potencial nas duas resistências de 2 kΩ e 8 kΩ, que estão em série:

4 Capacidade

(a) Determine a capacidade de uma esfera condutora isolada, com raio de 4.0 cm e rodeada por ar. (b) A esfera da alínea anterior é coberta com uma camada de vidro de 1 mm de espessura e constante dielétrica de 5.6, deixando um orifício para ligar um cabo à esfera, e a camada de vidro é coberta com uma segunda lâmina metálica esférica de raio 4.1 cm, formando-se assim um condensador esférico. Determine a capacidade desse condensador. (c) Qual a relação entre a capacidade do condensador e a da esfera?

(a) Admitindo que a constante dielétrica do ar é K = 1, a capacidade da esfera é:

C =K R_k =4 × 10_{9 × 10}−2₉ = 4.44 × 10−12F = 4.44 pF (b) A capacidade do condensador esférico é:

C = K R1R2 k (R2− R1)=

5.6 × 4 × 10−2_{× 4.1 × 10}−2

9 × 109¡

4.1 × 10−2_{− 4 × 10}−2¢= 1.02 nF (c) A relação entre as duas capacidades é igual a

1.02 × 10−9

4.44 × 10−12 = 230

Comentários:O resultado da alínea c mostra a utilidade dos condensa-dores. A capacidade de armazenar carga do condensador é 230 maior do que uma única esfera. Com um único condutor não é possível obter capacidades elevadas; por exemplo, se a esfera condutora da alínea a fosse do tamanho da Terra (raio de 6371 km), a sua capacidade seria de 7.08×10−4F. Compare-se essa capacidade com os 3000 F do ultraconden-sador na figura 4.8 do livro.

20 Capacidade

Problema 3

No sistema de três condensadores apresentado na figura, C1= 1.2 µF,

C2= 4.3 µF e C3= 2.5 µF. A voltagem entre os pontos A e B é de

9.0 V. (a) Determine a carga armazenada em cada condensador. (b) Determine a energia total armazenada no sistema.

C1

C2

C3

A B

Para resolver este tipo de problema, simplifica-se o circuito até ficar unicamente com um condensador. O primeiro passo é substituir os condensadores de capacidades C1e C2, que estão em paralelo, por um

condensador equivalente com capacidade C4. No segundo passo, os

condensadores de capacidades C4e C3, que ficam ligados em série, são

substituídos por um único condensador com capacidade C5. A figura

seguinte mostra esses passos.

C4 C3

A C B

C5

A B

A capacidade do condensador equivalente em paralelo, entre os pontos A e C, é:

C4= C1+C2= 5.5 µF

E a capacidade do condensador equivalente aos condensadores com capacidades C4e C3, em série, é:

C5=_CC4C3

4+C3 = 1.71875 µF

(a) Como a diferença de potencial entre os pontos A e B é igual 9 V, a carga armazenada no condensador de capacidade C5é:

21 Que é também a carga armazenada nos condensadores de capacidades

C3e C4, por estarem em série

Q3= Q4= 15.47 µC

A diferença de potencial entre os pontos A e C será: ∆VAC=Q4

C4 =

15.47 × 10−6

5.5 × 10−6 = 2.8125 V

As cargas nos condensadores de capacidades C1e C2, que estão ambos

ligados entre os pontos A e C, são:

Q1= C1∆VAC= 1.2 × 10−6× 2.8125 = 3.375 µC

Q2= C2∆VAC= 4.3 × 10−6× 2.8125 = 12.09 µC

(b) A energia total armazenada no sistema é a soma das energias nos três condensadores, que será igual à energia total armazenada em qualquer um dos outros dois circuitos equivalentes na figura acima. Será então mais fácil determinar essa energia no circuito mais simples, com apenas um condensador de capacidade C5entre A e B:

Utotal= U5=1₂C5∆VAB2 =1.71875 × 10 −6_{× 9}2

2 = 69.61 µJ

Problema 4

Um condensador plano com armaduras de 12 cm2distanciadas de 1 cm, está totalmente preenchido por dois dielétricos, cada um com espessura igual a 0.5 cm e área igual à das placas. Calcule a capaci-dade do condensador sabendo que as constantes dos dielétricos são 4.9 e 5.6 (sugestão: admita que o condensador é equivalente a dois condensadores em série, cada um com um dielétrico diferente). O condensador é equivalente a um condensador plano com armaduras de 12 cm2a 0.5 cm de distância, com dielétrico de constante 4.9, em série com outro condensador plano com armaduras de 12 cm2a 0.5 cm de distância e com dielétrico de constante 5.6.

22 Capacidade

As capacidades desses dois condensadores são:

C1= 4.9 × 12 × 10 −4 4πk × 0.5 × 10−2 = 10.398 pF C2= 5.6 × 12 × 10 −4 4πk × 0.5 × 10−2 = 11.884 pF

E a capacidade equivalente dos dois condensadores em série é:

C =_CC1C2

1+C2= 5.546 pF

Problema 7

No circuito da figura, calcule a capacidade equivalente: (a) Entre os pontos B e D. (b) Entre os pontos A e B.

18 pF 18 pF 18 pF 4 pF 6 pF 6 pF 6 pF A B C D

(a) Para determinar a capacidade entre B e D, imagine-se que é ligado entre esses dois pontos um medidor de capacidades, representado por F, na figura seguinte: 18 pF 18 pF 18 pF 4 pF 6 pF 6 pF 6 pF F B D

23 O dispositivo de medição teria de inserir cargas de sinais opostos nos pontos B e D e medir a voltagem devida a essas cargas. As cargas têm 3 percursos alternativos ao entrar nos ponto B e D. Um desses percursos é passando pelos 3 condensadores de 18 pF, que estão em série, e outro dos percursos passa pelos 3 condensadores de 6 pF, também em série. Esses condensadores em série podem ser substituídos pelos condensadores equivalentes com capacidades:

µ₁ 18+ 1 18+ 1 18 ¶−1 = 6 µ₁ 6+ 1 6+ 1 6 ¶−1 = 2 e o circuito fica simplificado da forma seguinte:

6 pF 4 pF 2 pF F

B

D

Agora temos 3 condensadores em paralelo, entre os pontos B e D, e a capacidade equivalente é a capacidade do circuito entre os pontos B e D:

CBD= 6 + 4 + 2 = 12 pF

(b) Se o medidor de capacidade for ligado entre os pontos A e B, o dia-grama é o seguinte: 18 pF 18 pF 4 pF 2 pF 18 pF F A B D

Os condensadores de 4 pF e 2 pF estão em paralelo, entre os pontos B e D, podendo ser substituídos por um único condensador de capacidade 4 + 2 = 6 pF. O circuito obtido é o seguinte:

24 Capacidade 18 pF 18 pF 6 pF 18 pF F A B

O condensador de 6 pF está agora em série com dois dos condensadores de 18 pF e a capacidade equivalente desse sistema em série é:

µ₁ 6+ 1 18+ 1 18 ¶−1 =18₅ = 3.6 pF

e substituindo no diagrama anterior, obtém-se o seguinte circuito equi-valente:

3.6 pF 18 pF

F

A B

Finalmente, a capacidade entre os pontos A e B e a capacidade equiva-lente dos condensadores de 18 pF e 3.6 pF em paralelo:

5 Circuitos de corrente contínua

No circuito da figura, determine quais das fontes de força eletromo-triz fornecem ou absorvem energia e calcule a potência fornecida, ou absorvida, por cada uma.

6 V 5 V 2.1 kΩ 4.2 kΩ 7.0 kΩ 5.6 kΩ

Usando unidades de kΩ para as resistências e V para as voltagens, as correntes obtidas estarão em mA. Definem-se duas correntes de malha i1

e i2, que podem ser no sentido dos ponteiros do relógio:

6 5 2.1 4.2 7.0 5.6 i1 i2

Como tal, as equações das malhas são o seguinte sistema: ·_13.3 −7 −7 12.6 ¸ ·_i 1 i2 ¸ = ·₁₁ −5 ¸

apa-26 Circuitos de corrente contínua

rece no lado esquerdo, obtêm-se as correntes de malha: ·_i 1 i2 ¸ = ·_13.3 −7 −7 12.6 ¸−1·₁₁ −5 ¸

No Maxima o resultado pode obter-se com o seguinte comando:

(%i1) I: invert( matrix ([13.3, -7],[-7, 12.6])).[11, -5]; (%o1)    0.8737 0.08855   

Os dois valores positivos obtidos indicam que os sentidos das duas cor-rentes de malha sim é o que foi arbitrado (dos ponterios do relógio). A corrente que passa pela f.e.m. de 6 V é a própria corrente de malha

i1= 0.8737 mA, que atravessa a fonte de 6 V do elétrodo negativo para o

positivo; como tal, essa fonte fornece 6 × 0.8737 = 5.24 mW.

Na fonte de 5 V, a corrente é de cima para baixo, porque i1> i2, e tem

intensidade i1− i2= 0.8737 − 0.08855 = 0.78515 mA. Essa fonte também

fornece potência (a corrente atravessa do elétrodo negativo para o posi-tivo) de valor 5 × 0.78515 = 3.93 mW.

Problema 4

Determine a potência dissipada em cada resistência no circuito e a potência fornecida pela f.e.m. Verifique que a potência fornecida pela f.e.m. é igual à soma das potências dissipadas em todas as resistências. 20 Ω 60 Ω 100 Ω 150 Ω 80 Ω 6 V

Há três correntes de malha, i1, i2e i3, que podem ser definidas no sentido

27 20 60 100 150 80 6 I6 I1 I4 I3 I5 I2 i1 i2 i3

As equações das três malhas são:   250 0 −100 0 140 ₋₆₀ −100 −60 180     i1 i2 i3  =   −6 6 0  

E a solução desse sistema linear é:   i1 i2 i3  =   250 0 ₋₁₀₀ 0 140 ₋₆₀ −100 −60 180   −1  −6 6 0  

No Maxima o sistema pode ser resolvido armazenando as 3 correntes de malha numa lista, por meio do seguinte comando:

(%i2) i: list_matrix_entries( invert(

matrix( [250,0,-100], [0,140,-60], [-100,-60,180])).[-6,6,0]); (%o2) · −117 5000, 87 2000, 3 2000 ¸

O produto da matriz inversa pela lista das voltagens, que dá uma matriz com as correntes de malha, foi convertida em lista usando a função

list_matrix_entries.

Observando o diagrama acima, conclui-se que a lista das correntes no 6 ramos, I1. . . I6, nos sentidos escolhidos, têm a seguinte relação com as

correntes das malhas:

(%i3) I: float([i[1], i[2], i[3], i[3]-i[1], i[2]-i[3], i[2]-i[1]]); (%o3) [ −0.0234, 0.0435, 0.0015, 0.0249, 0.042, 0.0669 ]

28 Circuitos de corrente contínua

O sinal negativo de I1indica que é no sentido oposto ao que foi indicado

no diagrama. As respetivas resistências nos seis ramos são:

(%i4) R: [150, 80, 20, 100, 60, 0]$

A potência dissipada em calor em cada uma dessas resitências é Pi= RiI_i2.

Como tal, a lista das seis potências dissipadas em calor nos seis ramos é:

(%i5) P: R*I^2; (%o5) £

0.08213, 0.1514, 4.5 × 10−5_{, 0.062, 0.1058, 0 ¤}

No ramo 6 não há potência dissipada em calor porque não há resistência. A resistência de 150 Ω dissipa 82.13 mW, a resistência de 80 Ω dissipa 151.4 mW, a resistência de 20 Ω dissipa 45 µW, a resistência de 100 Ω dissipa 62 mW e a resistência de 60 Ω dissipa 105.8 mW.

A potência fornecida pela fonte é 6 I6= 0.4014 W. Para conferir que é

igual à potência total dissipada nas resistências, somam-se as potências dissipadas nos seis ramos, ou seja, somam-se os elementos da lista P no Maxima, que pode ser feito aplicando o operador “+” à lista:

(%i6) apply ("+", P); (%o6) 0.4014

Problema 5

No circuito representado no diagrama, os dois condensadores estão inicialmente descarregados. Determine: (a) As correntes iniciais nas resistências e condensadores. (b) As cargas finais nos condensadores, indicando as suas polaridades.

6 V 1.5 V 150 Ω 200 Ω 1.2 kΩ 82 nF 68 nF

29 (a) No instante inicial, em que os condensadores descarregados atuam como curto-circuitos, o circuito equivalente é o seguinte

6 V 1.5 V 150 Ω 200 Ω 0 +1.5 0 +6

A resistência de 1.2 kΩ não foi representada, porque o equivalente dessa resistência em paralelo com o condensador de 68 nF (curto-circuito com resistência nula) é uma resistência nula (curto-circuito).

Arbitrando potencial nulo no ponto onde o elétrodo negativo da f.e.m. de 1.5 V está em contacto com a resistência de 150 Ω, o elétrodo negativo da f.e.m. de 6 V também terá potencial nulo, porque o potencial em todos os pontos no curto-circuito à direita do circuito é o mesmo. Como tal, o potencial no elétrodo positivo da f.e.m. de 1.5 V será 1.5 V, e o potencial do elétrodo positivo da f.e.m. de 6 V será 6 V, tal como mostra o diagrama acima.

Na resistência de 150 Ω a diferença de potencial é 6 V e a corrente será 6/150 = 0.04 A (de esquerda para direita), que é a mesma corrente no condensador de 82 nF (de direita para esquerda). Na resistência de 200 Ω, a diferença de potencial é 1.5 V e a corrente 1.5/200 = 0.0075 A (de cima para baixo). Pela regra dos nós, a corrente no condensador de 68 nF é então, 0.04 − 0.0075 = 0.0325 A (de cima para baixo). Na resistência de 1.2 kΩ a corrente é nula, porque a diferença de potencial é nula.

(b) No estado final, quando os condensadores completamente carrega-dos são equivalentes a interruptores abertos, o circuito equivalente é o seguinte 6 V 1.5 V 150 Ω 200 Ω 1.2 kΩ +1.5 0 0 0 -6 V

30 Circuitos de corrente contínua

Observe-se que a corrente na resistência de 150 Ω é nula, porque não tem percurso por onde circular. Como tal, o potencial nos dois extremos dessa resistência é o mesmo e pode arbitrar-se que é nulo, como mostra o diagrama anterior. O potencial no elétrodo negativo da f.e.m. de 6 V será então igual a −6 V e o potencial no elétrodo positivo da f.e.m. de 1.5 V será igual a 1.5 V.

No ponto comum às resistências de 200 Ω e 1.2 kΩ o valor do potencial, V no diagrama, deverá ser obtido pela lei de Ohm. Essas duas resistências, que estão em série, são equivalentes a uma única resistência de 1400 Ω entre os pontos onde o potencial é 0 e 1.5 V; como tal, a corrente através dessas duas resistências é I = 1.5/1400 A, e o valor de V é:

V = 1200 I =1200 × 1.5₁₄₀₀ = 1.286 V

Observa-se então que no condensador de 82 nF a carga é positiva na armadura do lado direito (maior potencial), no condensador de 68 nF a carga é negativa na armadura de cima (menor potencial) e os valores das cargas nesses dois condensadores são os seguintes:

Q1= 82 × (1.286 − (−6)) = 597 nC

Q2= 68 × 1.286 = 87.4 nC

Problema 6

(a) Determine a intensidade e sentido da corrente no condensador, no instante inicial em que está descarregado.. (b) Determine a carga final do condensador, indicando a sua polaridade.

3 V 560 Ω 470 Ω 270 Ω 330 Ω 180 Ω 1.2 µF

31 (a) O circuito equivalente no estado inicial, com o condensador em curto-circuito, é o seguinte 3 V 560 Ω 470 Ω 270 Ω 330 Ω 180 Ω

Usando o método das malhas, com três correntes de malha no sentido contrário aos ponteiros do relógio, o sistema de equações do circuito é então,   650 _{−180 −470} −180 780 ₋₃₃₀ −470 −330 1360     3 0 0  =   i1 i2 i3  

A solução desse sistema é i1= 0.00824, i2= 0.00346 e i3= 0.00369. A

corrente através do condensador é i1− i2, para cima, ou seja, 0.00478 A,

para cima.

(b) O circuito equivalente no estado final, com o condensador como interruptor aberto, é o seguinte

3 V 560 Ω 470 Ω 270 Ω 330 Ω A B C D

Onde as resistências de 470 Ω e 330 Ω estão em série entre C e D, e a resistência equivalente ficará em paralelo com a resistência de 560 Ω, conduzindo aos seguintes circuitos equivalentes mais simples:

32 Circuitos de corrente contínua 3 V 560 Ω 800 Ω 270 Ω A C D 3 V _{270 Ω} 329.4 Ω A C D

No circuito do lado direito, a corrente é igual a

I = 3

270 + 329.4= 0.005005 A e a voltagem entre os pontos D e C é:

∆VDC= 329.4 × 0.005005 = 1.649 V

No circuito do lado esquerdo, a corrente através da resistência de 800 Ω, (de esquerda para direita) é:

I800=1.649₈₀₀ = 0.002061 A

Que é a mesma corrente I470que passa de C para D no circuito original.

Nesse circuito original, a diferença de potencial entre os dois pontos onde está ligado o condensador é igual a,

∆VAB= ∆VAC+ ∆VCB= 3 − 470 × 0.002061 = 2.031 V

O resultado positivo indica que a carga é positiva na armadura de baixo (maior potencial em B do que em A) e negativa na armadura de cima. Finalmente, a carga no condensador calcula-se a partir da sua voltagem

6 Fluxo elétrico

Na atmosfera existe um campo eléctrico que aponta na vertical, para baixo. A nível do mar, o módulo desse campo, é aproximadamente 120 N/C e diminui em função da altura; 2 km acima do nível do mar o campo é aproximadamente 66 N/C. Que pode concluir acerca do sinal das cargas livres nos dois primeiros quilómetros da atmosfera? Calcule a carga volúmica média nessa região.

A lei de Gauss relaciona as cargas livres numa região com o fluxo elétrico através da fronteira dessa região. Como tal, para determinar a carga li-vre que existe na atmosfera, devemos encontrar uma superfície fechada onde seja possível calcular o fluxo elétrico. Com os dados do problema, podemos calcular facilmente o fluxo numa superfície horizontal (perpen-dicular ao campo) que esteja a uma altura do nível do mar ou 2 km por cima. Usaremos uma superfície fechada com duas tampas horizontais iguais de área A, uma ao nível do mar e a outra 2 km por cima, com paredes laterais verticais, tal como mostra a figura seguinte:

2 km A ~ E2 ~ E0

34 Fluxo elétrico

Na tampa de cima o campo elétrico, ~E2, tem módulo 66 N/C e aponta para

dentro da superfície fechada. Como tal, nessa tampa há fluxo negativo igual a (unidades SI):

Φ2= −66 A

Na tampa de baixo, o o campo elétrico, ~E0, produz fluxo positivo porque

aponta para fora da superfície fechada e o valor do fluxo nessa tampa é:

Φ0= 120 A

Nas paredes laterais não há fluxo, porque as linhas de campo são tangen-tes a essa superfície. O fluxo total na superfície fechada é então:

Φ_{= Φ}0+ Φ2= 54 A

O resultado positivo permite concluir que na atmosfera (dentro da super-fície fechada escolhida) existem cargas livres positivas.

Aplicando a lei de Gauss obtém-se a carga no interior da superfície fe-chada:

Φ= 54 A = 4πk qint =⇒ qint= 54 A

36 × 109_π= 4.775 × 10−10A

Como o volume da superfície fechada, em unidades SI, é igual a 2000 A, então a carga volúmica média é:

ρ₌4.775 × 10

−10_A

2000 A = 2.387 × 10−13C/m

3

Comentários:Foi admitido que as linhas de campo, verticais, são parale-las entre si. Realmente as linhas verticais em dois pontos diferentes da Terra não são paralelas, porque são perpendiculares à superfície da Terra que é curva. Para obter maior precisão, a superfície fechada usada para aplicar a lei de Gauss poderia estar formada por duas esferas concên-tricas: a própria superfície esférica da Terra, com raio de R0= 6371 km,

e a segunda superfície esférica com centro no centro da Terra e raio

35

R2

R0

Terra

O fluxo elétrico que sai do volume entre essas duas esferas é (unidades SI):

Φ_{= 120 × 4πR0}2_{− 66 × 4πR2}2

E a carga volúmica média será:

ρ= Φ 4πk 4π(R3_{2− R0}3) 3 =360R 2 0− 198R22 4πk (R₂3_{− R}3₀) = 2.385 × 10 −13_C/m3

Este resultado, mais correto, é muito semelhante ao resultado obtido admitindo linhas de campo paralelas, devido a que as curvaturas das duas esferas (inverso do raio) são muito semelhantes.

Problema 2

Uma carga pontual de 5 nC encontra-se a 6 cm de um fio retilíneo muito comprido, com carga linear constante de 7 nC/cm. Calcule a força elétrica sobre o fio (sugestão: calcule melhor a força do fio sobre a carga pontual, que é mais fácil de calcular, e pela lei de ação e reação deverá ter o mesmo módulo).

Como foi demonstrado no livro, o campo elétrico de um fio retilíneo infinito, com carga linear λ constante é na direção radial desde o fio e com módulo

E =2k λ_d

36 Fluxo elétrico

O módulo da força do fio sobre a carga pontual é (unidades SI):

F = q E =2k λ q_d =2 × 9 × 10

9_{× 7 × 10}−7_{× 5 × 10}−9

6 × 10−2 = 1.05 mN

Problema 5

Uma esfera de raio R tem uma carga elétrica Q distribuída unifor-memente dentro do seu volume. Usando a lei de Gauss, calcule o módulo do campo elétrico num ponto a uma distância r do centro da esfera. Considere os casos r ≥ R e r < R.

Devido à simetria da esfera carregada uniformemente, o campo elétrico deverá ser na direção radial, passando pelo centro da esfera, para fora se

Q for positiva, ou para dentro se Q for negativa. E o módulo do campo, E,

dependerá apenas da distância r até centro da esfera. A figura seguinte mostra as linhas de campo no caso de carga positiva.

S1

S2

Para obter a expressão do campo fora da esfera (r ≥ R) e dentro da esfera (r < R), aplicaremos a lei de Gauss nas duas superfícies S1e S2

apresen-tadas na figura anterior. Cada uma dessas superfícies esféricas, de raio

r , tem área A = 4πr2e é perpendicular às linhas de campo. Como tal, o fluxo através dessas esferas é Φ = 4πr2E e, aplicando a lei de Gauss,

obtém-se a expressão para E:

37 No caso de S1, com r ≥ R, a carga interna dentro de S1é a carga total da

esfera, Q, e a expressão do módulo do campo é:

E =k Q_r2 (r ≥ R)

No caso de S2, com r < R, a carga interna dentro de S2é proporcional ao

volume da esfera S2:

qint= Q _{volume esfera de raio R}volume S2 = Q r 3

R3

e o módulo do campo é:

E =k Q r_R3 (r < R)

Problema 6

Uma partícula pontual com massa igual a 25 g e carga de 50 nC encontra-se pendurada de um fio de 7 cm que está colado a um plano vertical. O plano vertical tem uma carga superficial constante

σ= 17 nC/cm2e pode ser considerado infinito. Calcule o ângulo θ que o fio faz com o plano vertical.

θ σ

7cm

O campo elétrico produzido pelo plano é horizontal, com módulo cons-tante E = 2πk σ. A força elétrica sobre a carga pontual positiva é horizon-tal, para a esquerda, e com módulo (unidades SI):

Fe= 2πk σ q = π × 18 × 109× 17 × 10−5× 50 × 10−9= 0.4807 N

Sobre a carga pontual atuam três forças externas: a força elétrica, a tensão no fio, e o peso. O lado esquerdo da figura seguinte mostra essas forças.

38 Fluxo elétrico θ mg Fe T θ mg Fe T

Como a carga pontual fica em equilíbrio, a soma dessas 3 forças deverá ser nula. O problema podia ser resolvido definindo um sistema de dois eixos e resolvendo as duas equações das somas das componentes das forças nos dois eixos iguais a zero. No entanto, é mais fácil observar que para que a soma dos 3 vetores seja nula, se forem colocados um a seguir ao outro, como no lado direito da figura acima, deverão formar um triângulo, que neste caso é retângulo com catetos de comprimento

mg e Fe. Como tal, a tangente do ângulo θ deverá ser igual a Fe/(mg ), e

o ângulo θ será: θ_{= arctg} µ _F e mg ¶ = arctg µ _0.4807 0.025 × 9.8 ¶ = 62.99◦

7 Potencial eletrostático

Duas superfícies condutoras esféricas e concêntricas têm raios de 5 cm e 7 cm. A superfície menor tem uma carga total de 3 nC e a carga total na superfície maior é de −2 nC. Calcule a diferença de potencial entre as duas superfícies.

A expressão do potencial produzido por uma superfície condutora esfé-rica, de raio R e carga total Q, num ponto a uma distância r da esfera, é: V (r ) =        k Q r r ≥ R (fora da esfera) k Q R r < R (constante dentro)

Na superfície menor, de raio R1= 5 cm o potencial é a soma dos

potenci-ais produzidos pelas duas esferas, em r = R1= 5 cm. Como esses pontos

encontram-se todos no interior da esfera de raio R2= 7 cm, no caso da

segunda esfera há que usar a expressão de V (r ) dentro da esfera (k Q2/R2,

em vez de k Q2/r ). O potencial total nos pontos na superfície da esfera 1

é (unidades SI): V (R1) =k Q1 R1 + k Q2 R2 = 27 0.05− 18 0.07 Na superfície de raio R2= 7 cm, o potencial total é:

V (R2) =k Q_R 1 2 + k Q2 R2 = 27 0.07− 18 0.07 Como tal, a diferença de potencial é

40 Potencial eletrostático

Comentários: Outra forma de resolver este problema consiste em in-tegrar o campo elétrico desde uma esfera até a outra. O percurso de integração pode ser qualquer, por exemplo, na direção radial r . Na região de integração, o campo é devido unicamente à esfera menor, porque essa região está dentro da esfera maior. Como tal,

V (R1) −V (R2) = R2 Z R1 k Q1 r2 dr = 0.07 Z 0.05 27 r2dr = 27 0.05− 27 0.07= 154.3 Problema 5

A figura representa as linhas de campo elétrico devido a duas car-gas pontuais separadas de 7 cm. A razão entre os valores das duas cargas é 4/9. (a) Calcule a distância do ponto P às partículas. (b) Sabendo que a carga da partícula no lado direito é de −8 nC, calcule o potencial no ponto P (admita V = 0 no infinito).

P

(a) No ponto P o campo total é nulo, ou seja, os campos das duas cargas são vetores opostos e com o mesmo módulo. Se d1e d2são as distâncias

desde cada uma das cargas até P, a condição para que os módulos dos dois campos sejam iguais é:

k |q1| d₁2 = k |q2| d₂2 =⇒ d1 d2= s q1 q2= 2 3

41 e como d1+ d2= 7 cm, então, com as distâncias em cm:

d1 7 − d1= 2 3 =⇒ d1= 14 5 = 2.8 cm

e d2= 4.2 cm. A carga mais próxima de P (q1à esquerda) é menor que a

outra (q2à direita).

(b) A carga q1da partícula no lado esquerdo obtém-se a partir da outra

carga q2= −8 nC, usando a relação entre as cargas dada no enunciado:

q1 q2 = 4 9 =⇒ q1= 4 q2 9 = 32 9 nC e o potencial total no ponto P é (unidades SI):

V =k q_d 1 1 + k q2 d2 = − 9 × (32/9) 0.028 − 9 × 8 0.042= −2857V Problema 7

O potencial no plano Ox y é (unidades SI):

V = 2 x

(x2_{+ y}2₎3/2+

3 (x2_{+ y}2₎1/2

Calcule o campo elétrico em qualquer ponto do plano Ox y. Usando o Maxima, represente as superfícies equipotenciais e as linhas de campo. Existe algum ponto de campo elétrico nulo?

As componentes x e y do campo elétrico são as derivadas parciais do potencial, multiplicadas por -1.

(%i1) V: 2*x/(x^2+y^2)^(3/2) + 3/(x^2+y^2)^(1/2)$ (%i2) E: [-diff(V,x), -diff(V,y)];

(%o2)   3 x ¡ y2_{+ x}2¢3₂ − 2 ¡ y2_{+ x}2¢3₂ + 6 x2 ¡ y2_{+ x}2¢5₂ , 3 y ¡ y2_{+ x}2¢3₂ + 6 x y ¡ y2_{+ x}2¢5₂  

A expressão das componentes do campo pode escrever-se duma forma mais compacta, fatorizando cada uma delas por meio da funçãofactor

42 Potencial eletrostático (%i3) E: factor (E); (%o3)   3 x y2− 2 y2+ 3 x3+ 4 x2 ¡ y2_{+ x}2¢5₂ ,3 y ¡y 2_{+ x}2_{+ 2 x}¢ ¡ y2_{+ x}2¢5₂  

As curvas equipotenciais e linhas de campo elétrico traçam-se usando o programaploteq.

(%i4) ploteq(V,[x, -2,2], [y,-2,2]);

Após clicar em alguns pontos para traçar curvas equipotenciais (a verme-lho), entra-se no menu de configuração, apaga-se a cor “red” no campo “curves” e seleciona-se uma cor diferente, neste caso “blue”, no campo “fieldlines”. Depois de fechar esse menu, cada vez que se clicar no gráfico, será traçada uma das linhas de campo elétrico representadas em azul no gráfico: −2 −1 0 1 2 −2 −1 0 1 2 y x

Para determinar os pontos onde o campo é nulo, encontram-se os pontos onde os numeradores das componentes x e y do campo são nulas:

(%i5) solve([num(E[1]), num(E[2])]); (%o5) ··y = 0, x = −4₃

¸

, £y = 0, x = 0¤ ¸

43 No primeiro ponto, (x, y) = (-4/3, 0), os denominadores das componentes do campo são diferentes de zero e, portanto, o campo é nulo nesse ponto. No segundo ponto, na origem, os denominadores das componentes do campo também são nulos e, como tal, o campo não é necessariamente nulo nesse ponto. Observando as linhas de campo na vizinhança da origem, comprova-se que de facto o campo não é nulo na origem, mas aponta na direção positiva do eixo dos x.

Problema 8

A figura mostra as superfícies equipotenciais devidas a uma carga pontual e a um campo elétrico uniforme ~Eext. A grandes distâncias

da carga pontual, as superfícies são planos paralelos e a distancia entre dois planos com diferença de potencial de 15 V é de 8 cm. (a) Calcule o módulo e a direção do campo externo ~Eext. (b) Diga se a

carga pontual é positiva ou negativa e justifique a sua resposta. (c) Qual a direção da força sobre a carga pontual? (d) Se a distância entre a carga pontual e o ponto P é 9 cm, determine o valor da carga pontual. 15 V 30 V 45 V 60 V 75 V 90 V P 8 cm

(a) O campo externo aponta para baixo (direção em que diminui o poten-cial) e tem módulo:

Eext=_0.0815 = 187.5_mV

(b) A carga é negativa, porque há uma linha de campo que atravessa as superfícies equipotenciais de 90 V, 75 V, 60 V, 45 V e 30 V entrando logo na carga. Também, se não existisse a carga, o potencial no ponto onde

44 Potencial eletrostático

se encontra teria um valor entre 45 V e 60 V, mas com a carga pontual o potencial nesse ponto passa a ser menor que 30 V, ou seja, o potencial da carga pontual é negativo e a carga também.

(c) Como a carga é negativa, a força é na direção oposta ao campo externo, ou seja, para cima.

(d) No ponto P o campo total é nulo e, como tal, o módulo do campo produzido pela carga pontual deverá ser igual ao módulo do campo externo:

E =k |q|_d2 = Eext= 187.5

=⇒ |q| =187.5 × 0.09

2

9 × 109 = 1.687 × 10−10

8 Campo magnético

Considere dois fios de cobre, retilíneos e paralelos, de 60 cm de comprimento, distanciados de 9 cm e com raios de 2 mm e 3 mm. Calcule o valor da força magnética entre os fios quando cada um deles for ligado a uma f.e.m. de 1.5 V. (Use o valor da resistividade do cobre à temperatura ambiente: 17 nΩ·m.)

As resistências dos fios, R1e R2, calculam-se multiplicando a

resistivi-dade do cobre pelo comprimento do fio, dividido pela área da secção transversal do fio (unidades SI):

R1=ρL1 πr2 1 =17 × 10_π −9× 0.6 × 0.0022 = 8.117 × 10−4Ω R2=ρL2 πr2 2 =17 × 10_π −9× 0.6 × 0.0032 = 3.608 × 10−4Ω

A corrente em cada fio é igual à diferença de potencial sobre a resistência do fio: I1=∆V R1 == 1.5 8.117 × 10−4= 1848 A I2=∆_RV 2 = 1.5 3.608 × 10−4= 4158 A

O módulo da força magnética entre os dois fios é:

F =kmI_d1I2L=2 × 10−7× 0.6 × 1848 × 4158_0.09 = 10.25N

Comentários: A diferença de potencial de 1.5 V em cada fio conduz a correntes de milhares de ampere, que queimavam um fio de apenas uns poucos milímetros de raio. Se fosse usada uma pilha de 1.5 V, a resistência

46 Campo magnético

interna provavelmente seria maior do que a resistência de cada fio; como tal, a diferença de potencial no fio seria muito menor do que 1.5 V e a própria pilha aqueceria com o fio. Para realizar esse tipo de experiências para medir a força magnética entre dois fios de cobre, costuma ligar-se uma resistência em série para reduzir a intensidade da corrente, e a força magnética a medir será muito menor.

Problema 3

A figura mostra dois fios compridos e paralelos, no plano perpen-dicular a eles. A intensidade da corrente em cada fio é a mesma, I , mas com sentidos opostos, como indicam o ponto e o x nos dois fios. (a) Represente graficamente os vetores de campo magnético devido a cada fio e o campo magnético resultante no ponto P. (b) Encontre a expressão do módulo do campo magnético em qualquer ponto P sobre o eixo x, em função da distância x de P à origem.

x y P x a a

(a) No plano x y, as linhas do campo ~B1devido a fio de cima são

circunfe-rências com centro no fio, no sentido contrário aos ponteiros do relógio. No ponto P, o vetor ~B1é perpendicular ao segmento entre P e o fio, no

sentido indicado na figura seguinte. As linhas do campo devido ao fio de baixo rodam no sentido dos ponteiros do relógio e no ponto P o campo ~

B2é perpendicular ao segmento entre P e esse fio, como mostra a figura:

x y d d 1 2 θ θ θ θ ~ B1 ~ B2 ~ B

47 Como os dois fios estão à mesma distância do ponto P, e transportam correntes com a mesma intensidade, os módulos de ~B1e ~B2são iguais.

E como o ângulo que cada um desses vetores faz com o eixo dos x é o mesmo, o campo resultante em P, ~B = ~B1+ ~B2, será no sentido positivo

do eixo dos x, tal como mostra a figura acima. (b) Os módulos dos dois campos no ponto P são:

B1= B2=2k_dmI

O campo resultante, ~B = B ˆı, no sentido positivo do eixo dos x, tem

módulo B igual à soma das componentes x de ~B1e ~B2

B = 2B1cosθ =4k_dmI cosθ =4k_dm₂I a =4k_x2mI a

+ a2

Problema 4

Um feixe de protões desloca-se com velocidade constante ~v,

se-gundo o eixo dos x, atravessando duas regiões, I e II, caraterizadas do seguinte modo: em I, existe um campo magnético, ~B1e em II,

coexistem um campo magnético, ~B2, e um campo elétrico, ~E = E ˆ.

Todos os campos são uniformes nas regiões em que foram definidos e anulam-se fora delas. O peso dos protões não é significativo. Quais as condições a que devem obedecer os campos ~B1e ~B2para que o

feixe não sofra qualquer perturbação no seu movimento, enquanto atravessa duas regiões? Se em vez de protões, fosse um feixe de eletrões, as condições estabelecidas manter-se-iam?

x z

y

48 Campo magnético

A velocidade de cada protão é igual a, ~v = v ˆı

Na região I, a força magnética que atua sobre cada protão é, ~

F1= q ~v × ~B1= q v ˆıסBxˆı+ By ˆ+ Bz ˆk¢

= q v¡

By ˆk −Bzˆ¢

Para que o feixe não seja desviado, a duas componentes ˆ e ˆk da força devem ser nulas, ou seja, By = Bz = 0. O campo na região I tem então

a forma geral ~B1= B1ˆı, onde B1 pode ter qualquer valor, positivo ou

negativo. Como tal, basta com que o campo magnético na região I seja na mesma direção da velocidade dos protões para que não sejam desviados. Na região II é necessário acrescentar a força elétrica:

~

F2= q ~E + q ~v × ~B2= q¡E ˆ+ v Byˆk −v Bz ˆ¢

Para que a componente ˆk seja nula, é necessário By = 0, e para que a

componente ˆ seja nula, é necessário E = v Bz. Como tal, a forma geral

do campo magnético na região II é a seguinte ~

B2= Bxˆı+E

v ˆk

onde Bxpode ter qualquer valor, positivo ou negativo. Ou seja, o campo

magnético na região II deverá ter uma componente perpendicular à velocidade e ao campo elétrico, com módulo igual ao módulo do campo elétrico dividido pela velocidade, e pode ter também uma componente paralela à velocidade.

Se o feixe fosse composto por eletrões, ou qualquer outro tipo de par-tículas com carga, as condições obtidas seriam as mesmas, já que os resultados não dependem do valor de q nem da massa das partículas. Comentários:Observe-se que na região II o campo magnético necessá-rio para que as partículas não sejam desviadas depende da velocidade

v das partículas. Como tal, na região II há um filtro de velocidades, em

que as partículas com velocidade v = Bz/E passam sem serem desviadas,

49 Problema 7

A figura mostra as linhas de campo magnético de um fio com cor-rente, dentro de um campo magnético uniforme ~Bext; o fio é

per-pendicular à folha e os eixos y e z foram escolhidos sobre o plano da folha. (a) Escreva o versor na direção do campo externo, usando o sistema de eixos dado.(b) Escreva o vetor unitário na direção da corrente no fio. (c) Calcule e represente o vetor unitário na direção da força sobre o fio. (d) Considerando que I = 0.5 A e se o valor da força sobre o fio, por unidade de comprimento, é 2 × 10−5_N/m,

calcule a distância até o ponto P.

P

y z

30°

(a) O campo externo aponta da direita para a esquerda, que no sistema de eixos y z é:

ˆ

Bext= −cos30◦ˆ+ sin30◦ˆk =1

2 ³

−p3 ˆ+ ˆk´

(b) Na vizinhança do fio, as linhas de campo rodam no sentido contrário dos ponteiros do relógio, indicando que a corrente do fio é para cá da folha, ou seja, na direção de ˆ× ˆk que é o versor ˆı.

(c) A direção e sentido da força é a mesma de ~I× ~Bext, ou seja,

ˆı× ˆBext=1₂ˆı×

³

−p3 ˆ+ ˆk´=1₂³− ˆ−p3 ˆk´

Não é necessário dividir pelo módulo do vetor, porque este vetor já tem módulo unitário. Observe-se que a direção e sentido da força é de cima para baixo na figura.

50 Campo magnético

(d) A força magnética sobre o fio é produzida pelo campo externo Bext.

Usando a expressão para a força magnética sobre o fio por unidade de comprimento, F /L, obtém-se o módulo do campo externo (unidades SI):

F

L = I Bext =⇒ 2 × 10−5= 0.5Bext =⇒ Bext= 4 × 10−5

No ponto P, o campo produzido pelo fio tem o mesmo módulo do campo externo. Igualando à expressão para o módulo do campo produzido pelo fio no ponto P ao módulo do campo externo, encontra-se a distância d (unidades SI): 2kmI d = Bext =⇒ d = 2kmI Bext = 10−7 4 × 10−5= 2.5 × 10−3