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Provas/1º estágio/solucao1-2014.2.pdf
UNIVERSIDADE FEDERAL DE CAMPINA GRANDE
CCT-Unidade Acadêmica de F́ısica
Solução da 1a Prova de F́ısica Geral III
Disciplina: 1108025 Turma 01 12/11/2014
Prof. Adriano de A. Batista
1)(2.0) (a) Na figura abaixo as quatro cargas estão situadas nos vértices de um retângulo. En-
contre a força ~F sobre a carga q′ devida às outras cargas. Escreva as componentes Fx e Fy em
função dos valores algébricos dados.
y
x
q
q′
q q
d1
d2
Solução: Utilizando a lei de Coulomb e o prinćıpio de superposição, encontramos
~F =
qq′
4π�0
[
ı̂
d21
− ̂
d22
+
d1 ı̂− d2̂
d3
]
,
onde d =
√
d21 + d
2
2. Assim as componentes da força são dadas por
Fx =
qq′
4π�0
[
1
d21
+
d1
d3
]
Fy = −
qq′
4π�0
[
1
d22
+
d2
d3
]
2) (2.0) Determine o valor do campo elétrico (módulo e orientação) no centro do retângulo acima
devido às cargas presentes nos seus vértices.
Solução: Aplicando a lei de coulomb, o prinćıpio de superposição e utilizando a simetria
do problema, podemos escrever o vetor campo elétrico no centro do retângulo definido pela
figura acima
~Ec =
1
4π�0
[
q′(−d1/2ı̂+ d2/2̂)
(d/2)3
+
q(d1/2ı̂− d2/2̂)
(d/2)3
]
=
(q − q′)(d1 ı̂− d2̂)
π�0d3
,
onde d =
√
d21 + d
2
2. A magnitude do campo elétrico é | ~Ec| =
|q−q′|
π�0d2
.
3) (2.0) Existem três placas planas paralelas infinitas uniformemente carregadas. As placas têm
as seguintes densidades superficiais de carga: σ1 = −1, 0×10−12C/m2, σ2 = 2, 0×10−12C/m2, e
σ3 = −1, 0× 10−12C/m2. A placa 1 está situada em x = −1, 0mm, a placa 2 em x = 0 e a placa
3 está em x = 1, 0mm. Encontre o campo elétrico em todas as regiões do espaço. A constante
de permissividade elétrica do vácuo é ε0 = 8, 85× 10−12 C/(Vm).
Solução: Esse problema envolve distribuições de carga com simetria planar em planos
paralelos cujo vetor normal é ı̂. Aplicando a lei de Gauss e o prinćıpio de superposição
obtemos que só há campo elétrico na direção x e ele é dado por
Ex(x) = −σ1+σ2+σ32�0 = 0 para x < −1, 0mm.
Ex(x) =
σ1−σ2−σ3
2�0
= −10−12C/(m2�0) ≈ −0, 11V/m se -1,0mm< x < 0
Ex(x) =
σ1+σ2−σ3
2�0
≈ 0, 11V/m se 0< x < 1, 0mm
Ex(x) =
σ1+σ2+σ3
2�0
= 0 para x > 1, 0mm.
4) (2.0) Em uma certa região, o potencial elétrico varia ao longo do eixo x de acordo com o gráfico
da figura abaixo. (a) Determine a componente x do campo elétrico nos intervalos (ab), (bc), (cd)
e (de). (b) Plote Ex em função de x. Ignore o comportamento nos extremos dos intervalos.
V (x)(volt)
x(10−4m)
-3 -2 -1 1 2
-1.0
2.0
a
b c
d
e
Solução: No intervalo (ab) o campo elétrico é dado por
Ex = −
dV (x)
dx
= − 1, 5− 0
[−2− (−3)]10−4
V/m = −1, 5× 104V/m
No intervalo (bc) Ex = 0.
No intervalo (cd)
Ex = −
dV (x)
dx
= − 1, 0− 1, 5
[1− (0)]10−4
V/m = 0, 5× 104V/m
No intervalo (de)
Ex = −
dV (x)
dx
= − 0− 1, 0
[2− 1]10−4
V/m = 1, 0× 104V/m
Ex(x)(10
4V/m)
x(10−4m)
-3 -2 -1 1 2
-2.0
1.5
5) (2.0) O campo elétrico numa certa região do espaço é dado por ~E(~r) = Ex(x)̂ı e é plotado na
figura abaixo. (a) Escreva a equação para o campo elétrico Ex(x) baseada nos dados fornecidos
no gráfico abaixo. (b) Obtenha a expressão para V (x), assumindo que V (0) = 0. (c) Plote V (x)
em função de x. (d) Quais as densidades superficiais de carga em x = ±0, 2mm?
Ex(volt/m)
x(10−4m)
-3 -2 -1 1 2 3
-1.0
-0.5
0.5
1.0
Solução: (a) Pelo gráfico obtemos que o campo elétrico é dado por
Ex(x) = 0, 5× 104xV/m2,
se −2, 0× 10−4m< x < 2, 0× 10−4m. Fora desse intervalo Ex = 0.
(b) O potencial elétrico é dado por
V (x) = V (0)−
∫ x
0
Ex(x
′)dx′ = −
∫ x
0
Ex(x
′)dx′,
pois assumimos que V (0) = 0. Obtemos
V (x) = −0, 25× 104x2V/m2,
quando −2, 0× 10−4m< x < 2, 0× 10−4m, fora desse intervalo V (x) = −10−4V.
(c) Utilizando os resultados acima, obtemos o gráfico abaixo:
V (x)(10−4volt)
x(10−4m)
-3 -2 -1 1 2 3
-1.0
-0.5
0
0.5
(d) Pela lei de Gauss, a densidade de cargas em -0,2mm é σ = �0Ex(−0, 2mm) = −8, 85 ×
10−12C/m2. Em x = 0, 2mm σ = −�0Ex(0, 2mm) = −8, 85× 10−12C/m2.
Provas/1º estágio/solucao1-2015.1.pdf
UNIVERSIDADE FEDERAL DE CAMPINA GRANDE
CCT-Unidade Acadêmica de F́ısica
Solução do 1o Estágio de Eletricidade e Magnetismo 2015.1
Disciplina: 1108083 Turma 03 05/06/2015
Prof. Adriano de A. Batista
1)(2.0) (a) Na figura abaixo as três part́ıculas carregadas estão colineares. A part́ıcula com carga
q2 encontra-se na metade entre q1 e q3. Encontre a força ~F sobre a part́ıcula de carga q2 devida
às outras cargas. Escreva as componentes Fx e Fy em função dos valores algébricos dados.
y
x
q1
q2
q3d1
d2
Solução: Utilizando a lei de Coulomb e o prinćıpio de superposição, encontramos
~F =
q1q2
4π�0
[
d1
2 ı̂−
d2
2 ̂
(d2 )
3
]
+
q3q2
4π�0
[
−d12 ı̂+
d2
2 ̂
(d2 )
3
]
,
=
q2
π�0d3
[(q1 − q3)d1 ı̂+ (q3 − q1)d2̂]
onde d =
√
d21 + d
2
2. Assim as componentes da força são dadas por
Fx =
q2
π�0
(q1 − q3)d1
d3
Fy =
q2
π�0
(q3 − q1)d2
d3
2) (2.0) (a) Mantendo as part́ıculas 1 e 3 fixas nas posições da questão anterior, determine
a posição da part́ıcula 2 ao longo da linha reta entre as part́ıculas 1 e 3 para que o campo
elétrico gerado pelas três cargas na origem da figura acima tenha máxima magnitude. Assuma
q1 = q2 = q3 = q > 0 e d1 = 2d e d2 = d. (b) Obtenha essa magnitude do campo elétrico.
Solução:
y
x
q
q
qh
c
`
~E0 2d
d
A equação da reta das part́ıculas carregadas é x/2d+ y/d = 1. Enquanto que a equação
da reta de altura h é y = 2x. Assim o ponto c da altura tem coordenadas (2d/5, 4d/5).
Assim h = 2d/
√
5. O campo elétrico resultante na origem é
~E = ~E0 +
q
4π�0`2(θ)
[
cos(θ + θ0) Ê0 + sen(θ + θ0)Ê0 × k̂
]
,
~E = ~E0 +
q cos2(θ)
4π�0h2
[
cos(θ + θ0) Ê0 + sen(θ + θ0)Ê0 × k̂
]
,
onde `(θ) = h/ cos θ e
~E0 = −
q
4π�0
(
̂
d2
+
ı̂
4d2
)
.
Assim obtemos
E2(θ) = E20 +
qE0 cos
2(θ) cos(θ + θ0)
2π�0h2
+
q2 cos4(θ)
(4π�0)2h4
,
cuja equação para o ângulo do valor máximo de E(θ) não é simples de obter analiticamente.
3) (2.0) Existem três placas planas paralelas infinitas uniformemente carregadas. As placas têm
as seguintes densidades superficiais de carga: σ1 = 2, 0× 10−12C/m2, σ2 = −1, 0× 10−12C/m2,
e σ3 = −1, 0 × 10−12C/m2. A placa 1 está situada em x = −1, 0mm, a placa 2 em x = 0 e a
placa 3 está em x = 1, 0mm. (a) Encontre o campo elétrico em todas as regiões do espaço. A
constante de permissividade elétrica do vácuo é ε0 = 8, 85 × 10−12 C/(Vm). (b) Encontre as
diferenças de potencial entre as placas.
Solução: (a) Esse problema envolve distribuições de carga com simetria planar em planos
paralelos cujo vetor normal é ı̂. Aplicando a lei de Gauss e o prinćıpio de superposição
obtemos que só há campo elétrico na direção x e ele é dado por
Ex(x) = −σ1+σ2+σ32�0 = 0 para x < −1, 0mm.
Ex(x) =
σ1−σ2−σ3
2�0
= 2, 0× 10−12C/(m2�0) ≈ 0, 23V/m se -1,0mm< x < 0
Ex(x) =
σ1+σ2−σ3
2�0
≈ 0, 11V/m se 0< x < 1, 0mm
Ex(x) =
σ1+σ2+σ3
2�0
= 0 para x > 1, 0mm.
(b) As diferenças de potencial são dadas por V2 − V1 = −0, 23V/m×1, 0mm=−0, 23mV e
por V3 − V2 = −0, 11mV.
4) (2.0) Em uma certa região, o potencial elétrico varia ao longo do eixo x de acordo com o gráfico
da figura abaixo. (a) Determine a componente x do campo elétrico nos intervalos (ab), (bc), (cd)
e (de). (b) Plote Ex em função de x. Ignore o comportamento nos extremos dos intervalos.
V (x)(volt)
x(10−4m)
-6 -4 -2 2 4
-1.0
2.0
a
b
c
d
e
Solução: (a) No intervalo (ab) o campo elétrico é dado por
Ex = −
dV (x)
dx
= − 1, 0− 0
[−4− (−6)]10−4
V/m = −5, 0× 103V/m
No intervalo (bc)
Ex = −
dV (x)
dx
= − 1, 5− 1, 0
[0− (−4)]10−4
V/m = −1, 25× 103V/m
No intervalo (cd)
Ex = −
dV (x)
dx
= − 1, 0− 1, 5
[2− (0)]10−4
V/m = 2, 5× 103V/m
No intervalo (de)
Ex = −
dV (x)
dx
= − 0− 1, 0
[4− 2]10−4
V/m = 5, 0× 103V/m
(b)
Ex(x)(kV/m)
x(10−4m)
-6 -4 -2 2 4
-5.0
5.0
5) (2.0) O campo elétrico numa certa região do espaço é dado por ~E(~r) = Ex(x)̂ı e é plotado na
figura
abaixo. (a) Escreva a equação para o campo elétrico Ex(x) baseada nos dados fornecidos
no gráfico abaixo. (b) Obtenha a expressão para V (x) assumindo que V (0) = 0. (c) Plote V (x)
em função de x. (d) Qual a densidade superficial de carga em x = 0, 0mm?
Ex(volt/m)
x(10−4m)
-3 -2 -1 1 2 3
-2.0
-1.0
1.0
2.0
Solução: (a) Pelo gráfico obtemos que o campo elétrico é dado por
Ex(x) =
{
1, 0× 104xV/m2 + 2, 0V/m, se −2, 0× 10−4m< x < 0, 0
1, 0× 104xV/m2 − 2, 0V/m, se 0, 0 < x < 2, 0× 10−4m
se −2, 0× 10−4m< x < 2, 0× 10−4m. Fora desse intervalo Ex = 0.
(b) O potencial elétrico é dado por
V (x) = V (0)−
∫ x
0
Ex(x
′)dx′ = −
∫ x
0
Ex(x
′)dx′,
pois assumimos que V (0) = 0. Obtemos
V (x) =
{
−0, 5× 104x2V/m2 − 2, 0xV/m, se − 2, 0× 10−4m< x < 0, 0
−0, 5× 104x2V/m2 + 2, 0xV/m, se 0 < x < 2, 0× 10−4m
, fora desses intervalos V (x) = 2.0× 10−4V.
(c) Utilizando os resultados acima, obtemos o gráfico abaixo:
V (x)(10−4volt)
x(10−4m)
-3 -2 -1 0 1 2 3
0.5
1.0
1.5
2.0
(d) Pela lei de Gauss, a densidade de cargas em x = 0 é σ = �0 [Ex(0
+)− Ex(0−)] ≈
−3, 5× 10−11C/m2.
Provas/1º estágio/solucao1-Eletrica.pdf
UNIVERSIDADE FEDERAL DE CAMPINA GRANDE
CCT-Unidade Acadêmica de F́ısica
1o Estágio de Eletricidade e Magnetismo
Disciplina: 1108083 Turma 02 2014.2
Prof. Adriano de A. Batista
1)(2.0) (a) Na figura abaixo as quatro cargas estão situadas nos vértices de um retângulo. En-
contre a força ~F sobre a carga q′ devida às outras cargas. Escreva as componentes Fx e Fy em
função dos valores algébricos dados.
y
x
q
q′
q q
d1
d2
Solução: Utilizando a lei de Coulomb e o prinćıpio de superposição, encontramos
~F =
qq′
4π�0
[
ı̂
d21
− ̂
d22
+
d1 ı̂− d2̂
d3
]
,
onde d =
√
d21 + d
2
2. Assim as componentes da força são dadas por
Fx =
qq′
4π�0
[
1
d21
+
d1
d3
]
Fy = −
qq′
4π�0
[
1
d22
+
d2
d3
]
2) (2.0) Determine o valor do campo elétrico ~E = En̂ no centro do retângulo acima devido às
cargas presentes nos seus vértices. (a) Componente Ex; (b) componente Ey; (c) Magnitude E;
(d) vetor unitário n̂.
Solução: Aplicando a lei de coulomb, o prinćıpio de superposição e utilizando a simetria
do problema, podemos escrever o vetor campo elétrico no centro do retângulo definido pela
figura acima como
~Ec =
1
4π�0
[
q′(−d1/2ı̂+ d2/2̂)
(d/2)3
+
q(d1/2ı̂− d2/2̂)
(d/2)3
]
=
(q − q′)(d1 ı̂− d2̂)
π�0d3
,
(a) A componente x do campo elétrico é dada por:
Ex =
(q − q′)d1
π�0d3
(b) A componente y do campo elétrico é dada por:
Ey = −
(q − q′)d2
π�0d3
onde d =
√
d21 + d
2
2.
(c) A magnitude do campo elétrico é E = | ~Ec| =
√
E2x + E
2
y =
|q−q′|
π�0d2
.
(d) O vetor unitário é dado por
n̂ =
(q − q′)(d1 ı̂− d2̂)
|q − q′|d
3) (2.0) Existem três placas planas paralelas infinitas uniformemente carregadas. As placas têm
as seguintes densidades superficiais de carga: σ1 = −2, 0×10−12C/m2, σ2 = 1, 0×10−12C/m2, e
σ3 = 1, 0× 10−12C/m2. A placa 1 está situada em x = −1, 0mm, a placa 2 em x = 0 e a placa 3
está em x = 1, 0mm. (a) Encontre o campo elétrico em todas as regiões do espaço. A constante
de permissividade elétrica do vácuo é ε0 = 8, 85× 10−12 C/(Vm). (b) Encontre as diferenças de
potencial entre as placas.
Solução: (a) Esse problema envolve distribuições de carga com simetria planar em planos
paralelos cujo vetor normal é ı̂. Aplicando a lei de Gauss e o prinćıpio de superposição
obtemos que só há campo elétrico na direção x e ele é dado por
Ex(x) = −σ1+σ2+σ32�0 = 0 para x < −1, 0mm.
Ex(x) =
σ1−σ2−σ3
2�0
= −2, 0× 10−12C/(m2�0) ≈ −0, 22V/m se -1,0mm< x < 0
Ex(x) =
σ1+σ2−σ3
2�0
≈ −0, 11V/m se 0< x < 1, 0mm
Ex(x) =
σ1+σ2+σ3
2�0
= 0 para x > 1, 0mm.
(b) Entre a placa do meio e a da esquerda temos a seguinte diferença de potencial
V (0)−V (−1mm) = −Ex ·1, 0mm= 2, 2×10−4V e entre a placa da direita e a do meio temos
a seguinte diferença de potencial V (1mm)− V (0) = 1, 1× 10−4V .
4) (2.0) Em uma certa região, o potencial elétrico varia ao longo do eixo x de acordo com o gráfico
da figura abaixo. (a) Determine a componente x do campo elétrico nos intervalos (ab), (bc), (cd)
e (de). (b) Plote Ex em função de x. Ignore o comportamento nos extremos dos intervalos.
V (x)(volt)
x(10−4m)
-6 -4 -2 2 4
-2
4
a
b c
d
e
Solução: No intervalo (ab) o campo elétrico é dado por
Ex = −
dV (x)
dx
= − 3, 0− 0
[−4− (−6)]10−4
V/m = −1, 5× 104V/m
No intervalo (bc) Ex = 0.
No intervalo (cd)
Ex = −
dV (x)
dx
= − 2, 0− 3, 0
[2− (0)]10−4
V/m = 0, 5× 104V/m
No intervalo (de)
Ex = −
dV (x)
dx
= − 0− 2, 0
[4− 2]10−4
V/m = 1, 0× 104V/m
Ex(x)(10
4V/m)
x(10−4m)
-6 -4 -2 2 4
-2.0
1.5
5) (2.0) O campo elétrico numa certa região do espaço é dado por ~E(~r) = Ex(x)̂ı e é plotado na
figura abaixo. (a) Escreva a equação para o campo elétrico Ex(x) baseada nos dados fornecidos
no gráfico abaixo. (b) Obtenha a expressão para V (x). (c) Plote V (x) em função de x. (d)
Quais as densidades superficiais de carga em x = ±0, 2mm?
Ex(volt/m)
x(10−4m)
-3 -2 -1 1 2 3
-2.0
-1.0
1.0
2.0
Solução: (a) Pelo gráfico obtemos que o campo elétrico é dado por
Ex(x) = 10
4xV/m
2
,
se −2, 0× 10−4m< x < 2, 0× 10−4m. Fora desse intervalo Ex = 0.
(b) O potencial elétrico é dado por
V (x) = V (0)−
∫ x
0
Ex(x
′)dx′ = −
∫ x
0
Ex(x
′)dx′,
pois assumimos que V (0) = 0. Obtemos
V (x) = −0, 5× 104x2V/m2,
quando −2, 0× 10−4m< x < 2, 0× 10−4m, fora desse intervalo V (x) = −2.0× 10−4V.
(c) Utilizando os resultados acima, obtemos o gráfico abaixo:
V (x)(10−4volt)
x(10−4m)
-3 -2 -1 1 2 3
-2.0
-1.0
0
(d) Pela lei de Gauss, a densidade de cargas em -0,2mm é σ = �0Ex(−0, 2mm) = −1, 77 ×
10−11C/m2. Em x = 0, 2mm σ = −�0Ex(0, 2mm) = −1, 77× 10−11C/m2.
Provas/1º estágio/solucaoAv1FisicaGeral3-2013-2.pdf
UNIVERSIDADE FEDERAL DE CAMPINA GRANDE
CCT-Unidade Acadêmica de F́ısica
Solução da 1a Prova de F́ısica Geral III
Disciplina:1108100 17/12/2013
Prof. Adriano de A. Batista
1)(2.0) Na figura abaixo encontre a força ~F que a carga q1 exerce sobre a carga q2. Escreva as
componentes Fx e Fy em função dos valores algébricos dados.
y
x
q1
q2d2
d1
Solução:
A força que uma carga q1 situada em ~r1 exerce sobre uma carga q2 situada em ~r2, pela lei de
Coulomb, é dada por
~F21 =
q1q2
4π�0
r̂21
|~r2 − ~r1|2
=
q1q2
4π�0
~r2 − ~r1
|~r2 − ~r1|3
,
onde r̂21 =
~r2−~r1
|~r2−~r1| é o vetor unitário de ~r1 para ~r2. Pela figura acima, ~r1 = d1̂ e ~r2 = d2 ı̂, então
podemos reescrever a força como
~F21 =
q1q2
4π�0
d2 ı̂− d1̂
(d21 + d
2
2)
3/2
.
Assim podemos escrever cada componente da força como
F21x =
q1q2
4π�0
d2
(d21 + d
2
2)
3/2
,
F21y = −
q1q2
4π�0
d1
(d21 + d
2
2)
3/2
.
2) (2.0) Uma fina barra não-condutora em formato de semićırculo de raio R possui uma carga
+q no quadrante superior e uma carga −q no quadrante inferior. Ambas as cargas estão uni-
formemente distribúıdas. Encontre o campo elétrico ~E no ponto P no centro do semićırculo.
y
x
R
P
+q
−q
Solução:
O campo elétrico gerado em um ponto qualquer ~r pelo arco superior de carga +q é dado por (de
acordo com a lei de Coulomb)
~E(~r) =
1
4π�0
∫
arco
λdl(~r − ~r′)
|~r − ~r′|3
,
tomando a densidade linear de carga λ = 2q/(πR). Tomando agora o ponto de observação na
origem, ~r = 0, obtemos
~E(0) = − 1
4π�0
∫
arco
λdl~r′
|~r′|3
,
onde ~r′ = R(cos θı̂+ senθ̂) e dl = Rdθ. Com essas substituições obtemos
~E(0) = − λ
4π�0R
∫ π
π/2
dθ(cos θı̂+ senθ̂) =
q
2π2�0R2
(̂ı− ̂).
Obtemos, então, que o campo gerado por todo o semićıculo, por simetria, é dado por
~E(0) = − q
π2�0R2
̂
3) (2.0) Uma esfera uniformemente carregada de raio R tem o módulo do campo elétrico na
distância R/2 do centro dado por E0. Qual a carga total na esfera em termos de R, E0 e �0?
Suponha que a carga é positiva.
Solução:
Pela lei de Gauss:
4πr2E(r) =
4πr3
3�0
ρ0,para r < R
E(r) =
ρ0r
3�0
Consequentemente em r = R/2 temos E(R/2) = ρ0R6�0 . Pelo enunciado, temos E(R/2) = E0.
Logo,
a densidade de carga é ρ0 = 6�0E0/R e a carga total é Q = ρ04πR
3/3 = 8π�0E0R
2.�
4) (2.0) Encontre o vetor campo elétrico na região do plano xy, em que o potencial elétrico varia
de acordo com os gráficos abaixo.
V
(v
ol
t)
x (m)
0,4 0,8
1,0
2,0
-1,0
-2,0
V
(v
ol
t)
y (m)
0,4
0,8
1,0
2,0
-1,0
-2,0
Solução:
Pelo gráfico da esquerda obtemos
Ex = −
∂V (x, y)
∂x
= − [V (0, 4m, y)− V (0m, y)]
0, 4m− 0m
=
2, 0
0, 4
V/m = 5, 0V/m
Pelo gráfico da direita obtemos
Ey = −
∂V (x, y)
∂y
= − [V (0, 6m, y)− V (0m, y)]
0, 6m− 0m
=
−1, 5
0, 6
V/m = −2, 5V/m
5) (2.0) Encontre o potencial elétrico V (x) em função de x baseado nos dados fornecidos no
gráfico do campo elétrico abaixo. Assuma que V (0) = 0.
Ex(volt/m)
x (m)
-3 3
1,0
-1,0
Solução:
Como Ex = −dV/dx, podemos escrever
V (x)− V (0) = V (x) = −
∫ x
0
Ex(x
′)dx′ = −
∫ x
0
dx′ = −x V/m, se x > 0.
Também temos V (x)− V (0) = V (x) = −
∫ x
0
Ex(x
′)dx′ =
∫ x
0
dx′ = xV/m, se x < 0.
Podemos então escrever de forma compacta V (x) = −|x| V/m, onde x é dado em metros.
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UNIVERSIDADE FEDERAL DE CAMPINA GRANDE
CCT-Unidade Acadêmica de F́ısica
Solução da 1a Prova de Eletricidade e Magnetismo
Disciplina:1108083 18/12/2013
Prof. Adriano de A. Batista
1)(2.0) (a) Na figura abaixo encontre a força ~F que a carga q1 exerce sobre a carga q2. Escreva
as componentes Fx e Fy em função dos valores algébricos dados. (b) Qual o ponto em que o
campo elétrico é nulo? Assuma que q1 e q2 têm o mesmo sinal.
y
x
q1
q2d2
d1
Solução:
(a) A força que a carga q1 exerce sobre a carga q2, pela lei de Coulomb e pela figura acima, é
dada por
~F21 =
q1q2
4π�0
d2 ı̂− d1̂
(d21 + d
2
2)
3/2
(b) O campo elétrico na linha reta entre q1 e q2 é dado por
~E(`) =
1
4π�0
[
q1/`
2 − q2/(d− `)2
] d2 ı̂− d1̂
d
,
onde d =
√
d21 + d
2
2 é a distância entre as cargas e ` é a distância da carga q1 para o ponto de
observação do campo elétrico. Quando ~E(`) = 0, obtemos ` = d
1+
√
q2/q1
. As coordenadas desse
ponto são dadas por
~r =
`
d
d2 ı̂+ (1−
`
d
)d1̂,
em que 0 < ` < d.
2) (2.0) Uma fina barra não-condutora em formato de semićırculo de raio R possui uma carga
+q no quadrante superior e uma carga −q no quadrante inferior. Ambas as cargas estão uni-
formemente distribúıdas. Encontre o campo elétrico ~E no ponto P no centro do semićırculo.
y
x
R
P
+q
−q
Solução:
O campo elétrico gerado em um ponto qualquer ~r pelo arco superior de carga +q é dado por (de
acordo com a lei de Coulomb)
~E(~r) =
1
4π�0
∫
arco
λdl(~r − ~r′)
|~r − ~r′|3
,
tomando a densidade linear de carga λ = 2q/(πR). Tomando agora o ponto de observação na
origem, ~r = 0, obtemos
~E(0) = − 1
4π�0
∫
arco
λdl~r′
|~r′|3
,
onde ~r′ = R(cos θı̂+ senθ̂) e dl = Rdθ. Com essas substituições obtemos
~E(0) = − λ
4π�0R
∫ π
π/2
dθ(cos θı̂+ senθ̂) =
q
2π2�0R2
(̂ı− ̂).
Obtemos, então, que o campo gerado por todo o semićıculo, por simetria, é dado por
~E(0) = − q
π2�0R2
̂
3) (2.0) Uma esfera uniformemente carregada de raio R tem o módulo do campo elétrico na
distância R/2 do centro dado por E0. Qual a carga total na esfera em termos de R, E0 e �0?
Suponha que a carga é positiva.
Solução:
Pela lei de Gauss:
4πr2E(r) =
4πr3
3�0
ρ0,para r < R
E(r) =
ρ0r
3�0
Consequentemente em r = R/2 temos E(R/2) = ρ0R6�0 . Pelo enunciado, temos E(R/2) = E0.
Logo, a densidade de carga é ρ0 = 6�0E0/R e a carga total é Q = ρ04πR
3/3 = 8π�0E0R
2.�
4) (2.0) Encontre o vetor campo elétrico na região do espaço entre os planos y = 0 e y = 1m.
No plano y = 0 o potencial elétrico varia de acordo com o gráfico abaixo à esquerda, enquanto
em y = 1m ele varia de acordo com o gráfico à direita. Na região entre y = 0 e y = 1m ele
obedece a equação V (x, y) = A + Bx + Cy + Dxy. (a) Encontre os coeficientes dessa equação.
(b) Encontre o campo elétrico nessa região.
V
(v
ol
t)
x (m)
0,4 0,8
1,0
2,0
-1,0
-2,0
V
(v
ol
t)
x (m)
0,4
0,8
1,0
2,0
-1,0
-2,0
Solução:
(a) Em y = 0 temos V (x, 0) = A + Bx. Comparando com o gráfico acima à es-
querda temos A = 2V e no zero da linha reta temos A + 0, 4Bm = 0. Consequentemente,
B = −A/0,4m = −5V/m. No plano y = 1m temos V (x, 1) = A+ C + (B +D)x. Pelo gráfico
à direita, em x = 0 temos A + C = −1.5V , logo C = −3.5V/m. No zero da reta, temos
D +B = −(A+ C)/0, 6, logo D = −2,5V/m2.
(b) O campo elétrico na região 0 < y < 1m é dado por
Ex = −B −Dy
Ey = −C −Dx
5) (2.0) O campo elétrico numa certa região do espaço é dado na figura abaixo. (a) Quais as
densidades superficiais de carga em x = ±2m? (b) Encontre o potencial elétrico V (x) em função
de x baseado nos dados fornecidos no gráfico do campo elétrico abaixo. Assuma que V (0) = 0.
Ex(volt/m)
x (m)
-3 -2 -1 0 1 2 3
0.5
1.5
Solução:
(a) O campo elétrico na região −2m < x < 2m é constante. Logo essa solução é idêntica ao de
um capacitor de placas paralelas. Nessa região Ex = σ/�0 = 1, 0V/m de acordo com a figura. Em
x = −2m a densidade superficial de carga é +σ = �0V/m = 8, 854× 10−12C/m2 e em x = 2m a
densidade superficial de carga é −σ = −8, 854× 10−12C/m2.
(b) Temos V (x) = −
∫ x
0
Ex(x
′)dx′ = −x, se |x| < 2. Se x < −2, V (x) = 2V e se x > 2,
V (x) = −2V .
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UNIVERSIDADE FEDERAL DE CAMPINA GRANDE
CCT-Unidade Acadêmica de F́ısica
Solução da 1a Prova de Eletricidade e Magnetismo
Disciplina:1108083 (Turma da manhã) 04/07/2014
Prof. Adriano de A. Batista
1)(2.0) (a) Na figura abaixo as quatro cargas estão situadas nos vértices de um retângulo. En-
contre a força ~F sobre a carga q′ devida às outras cargas. Escreva as componentes Fx e Fy em
função dos valores algébricos dados.
y
x
q′
q
q q
d1
d2
Solução: Utilizando a lei de Coulomb e prinćıpio de superposição, encontramos
~F = − qq
′
4π�0
[
ı̂
d21
+
̂
d22
+
d1 ı̂+ d2̂
d3
]
,
onde d =
√
d21 + d
2
2. Assim as componentes da força são dadas por
Fx = −
qq′
4π�0
[
1
d21
+
d1
d3
]
Fy = −
qq′
4π�0
[
1
d22
+
d2
d3
]
2) (2.0) Determine o valor do campo elétrico (módulo e orientação) no centro do retângulo acima
devido às cargas presentes nos seus vértices.
Solução: Aplicando a lei de coulomb, o prinćıpio de superposição e utilizando a simetria
do problema, podemos escrever o vetor campo elétrico no centro do retângulo definido pela
figura acima
~Ec =
1
4π�0
[
q′(d1/2ı̂+ d2/2̂)
(d/2)3
− q(d1/2ı̂+ d2/2̂)
(d/2)3
]
=
(q − q′)(d1 ı̂+ d2̂)
π�0d3
,
onde d =
√
d21 + d
2
2. A magnitude do campo elétrico é | ~Ec| =
|q−q′|
π�0d2
.
3) (2.0) Na figura abaixo temos duas cascas esféricas uniformemente carregadas. A casca 1 tem
densidade superficial de carga σ1, raio a e está centrada na origem, enquanto a casca 2 tem
densidade superficial de carga σ2, raio b e está centrada no eixo x. Os centros das cascas estão
separados por uma distância d > a + b. Encontre o vetor campo elétrico no centro da casca 1
em função dos valores algébricos dados.
y
x
Casca 1 Casca 2
d
Solução: Utilizando a lei de Gauss e o prinćıpio de superposição, notamos que as cargas da
casca esférica 1 não contribuem para o campo na origem (centro da casca 1). A contribuição
da casca 2 na origem é
~E(0) = −σ24πb
2
4π�0d2
ı̂ = −σ2b
2
�0d2
ı̂
4) (2.0) Existem três placas planas paralelas infinitas uniformemente carregadas. As placas têm
as seguintes densidades superficiais de carga: σ1 = 1, 0 × 1012C/m2, σ2 = −2, 0 × 1012C/m2, e
σ3 = 1, 0× 1012C/m2. A placa 1 está situada em x = −1, 0mm, a placa 2 em x = 0 e a placa 3
está em x = 1, 0mm. Encontre o campo elétrico em todas as regiões do espaço. A constante de
permissividade elétrica do vácuo é ε0 = 8, 85× 10−12 C/(Vm).
Solução: Esse problema envolve distribuições de carga com simetria planar em planos par-
alelos cujo vetor normal é ı̂. Aplicando a lei de Gauss e o prinćıpio de superposição
obtemos
que só há campo elétrico na direção x e ele é dado por
Ex(x) = 0 para x < −1, 0mm.
Ex(x) = − σ22�0 = 1, 1× 10
23V/m se -1,0mm< x < 0
Ex(x) =
σ2
2�0
= −1, 1× 1023V/m se 0< x < 1, 0mm
Ex(x) = 0 para x > 1, 0mm.
5) (2.0) O campo elétrico numa certa região do espaço é plotado na figura abaixo. (a) Encontre o
potencial elétrico V (x) em x = −0, 2mm baseado nos dados fornecidos no gráfico abaixo. Assuma
que V (0) = 0. (b) V (x) em x = 0, 2mm. (c) Plote V (x) em função de x. (d) Quais as densidades
superficiais de carga em x = ±0, 2mm?
Ex(volt/m)
x(10−4m)
-3 -2 -1 1 2 3
-1.0
-0.5
0.5
Solução: Pelo gráfico obtemos que o campo elétrico é dado por Ex(x) = −0, 25×104xV/m2,
se −2, 0× 10−4m< x < 0 e Ex(x) = −0, 5× 104xV/m2 se 0 < x < 2, 0× 10−4m. Fora desse
intervalo Ex = 0. O potencial elétrico é dado por
V (x) = V (0)−
∫ x
0
Ex(x
′)dx′ = −
∫ x
0
Ex(x
′)dx′,
pois assumimos que V (0) = 0. Tomando o intervalo −2, 0× 10−4m< x < 0, obtemos
V (x) = 0, 125× 104x2V/m2.
Tomando o intervalo 0 < x < 2, 0× 10−4m, obtemos
V (x) = 0, 25× 104x2V/m2.
(a) Se x = −0, 2mm, então V (x) =
∫ 0
x
Ex(x
′)dx′ = 0, 5× 10−4V.
(b) Se x = 0, 2mm, então V (x) = −
∫ x
0
Ex(x
′)dx′ = 10−4V
(c) Utilizando os resultados acima, obtemos o gráfico abaixo:
V (x)(10−4volt)
x(10−4m)
-3 -2 -1 1 2 3
-0.5
0.5
1.0
(d) Pela lei de Gauss, a densidade de cargas em -0,2mm é σ = �0Ex(−0, 2mm) = 8, 85 ×
10−12 × 0, 5C/m2 ≈ 4, 42 × 10−12C/m2. Em x = 0, 2mm σ = −�0Ex(0, 2mm) = 8, 85 ×
10−12C/m2.
Provas/1º estágio/solucaoProva1EletricaTarde-2014.1.pdf
UNIVERSIDADE FEDERAL DE CAMPINA GRANDE
CCT-Unidade Acadêmica de F́ısica
Solução da 1a Prova de Eletricidade e Magnetismo
Disciplina:1108083 (Tarde) 02/07/2014
Prof. Adriano de A. Batista
1)(2.0) (a) Na figura abaixo encontre a força ~F sobre a carga q′ devida às outras cargas. Escreva
as componentes Fx e Fy em função dos valores algébricos dados.
y
x
q
q
q q′
d2
d1
Solução: Utilizando a lei de Coulomb e prinćıpio de superposição, encontramos
~F =
qq′
4π�0
[
ı̂
d22
+
̂
d21
+
d2 ı̂+ d1̂
d3
]
,
onde d =
√
d21 + d
2
2. Assim as componentes da força são dadas por
Fx =
qq′
4π�0
[
1
d22
+
d2
d3
]
Fy =
qq′
4π�0
[
1
d21
+
d1
d3
]
2) (2.0) Determine o valor do campo elétrico (módulo e orientação) no centro do retângulo acima
devido às cargas presentes nos seus vértices.
Solução: Aplicando a lei de coulomb, o prinćıpio de superposição e utilizando a simetria
do problema, podemos escrever o vetor campo elétrico no centro do retângulo definido pela
figura acima como
~Ec =
1
4π�0
(
q(d2/2ı̂+ d1/2̂)
(d/2)3
− q
′(d2/2ı̂+ d1/2̂)
(d/2)3
)
=
(q − q′)(d2 ı̂+ d1̂)
π�0d3
,
onde d =
√
d21 + d
2
2. O campo elétrico tem módulo dado por Ec =
|q−q′|
π�0d2
e é aplicado
na direção do vetor unitário ±d2 ı̂+d1 ̂d , onde utilizamos o sinal positivo se q > q
′ e o sinal
negativo, se q < q′.
3) (2.0) Na figura abaixo temos duas cascas esféricas uniformemente carregadas. A casca 1 tem
densidade superficial de carga σ1, raio a e está centrada na origem, enquanto a casca 2 tem
densidade superficial de carga σ2, raio b e está centrada no eixo x. Os centros das cascas estão
separados por uma distância d > a + b. Encontre o vetor campo elétrico no centro da casca 2
em função dos valores algébricos dados.
y
x
Casca 1 Casca 2
d
Solução: Utilizando a lei de Gauss e o prinćıpio de superposição, notamos que as cargas da
casca esférica 2 não contribuem para o campo no seu próprio interior. Assim, o campo no
centro da casca 2 é devido somente à distribuição simétrica de cargas da casca 1, de forma
que obtemos
~E(dı̂) =
σ14πa
2
4π�0d2
ı̂ =
σ1a
2
�0d2
ı̂
4) (2.0) Existem três placas planas paralelas infinitas uniformemente carregadas. As placas têm
as seguintes densidades superficiais de carga: σ1 = 1, 0 × 1012C/m2, σ2 = 2, 0 × 1012C/m2, e
σ3 = −1, 0× 1012C/m2. A placa 1 está situada em x = −1, 0mm, a placa 2 em x = 0 e a placa 3
está em x = 1, 0mm. Encontre o campo elétrico em todas as regiões do espaço. A constante de
permissividade elétrica do vácuo é ε0 = 8, 85 × 10−12 C/(Vm)
Solução: Esse problema envolve distribuições de carga com simetria planar em planos par-
alelos cujo vetor normal é ı̂. Aplicando a lei de Gauss e o prinćıpio de superposição obtemos
que só há campo elétrico na direção x e ele é dado por:
Ex(x) = −σ1+σ2+σ32�0 ≈ −1, 1 × 10
23V/m para x < −1, 0mm,
Ex(x) =
σ1−σ2−σ3
2�0
= 0V/m se −1, 0mm < x < 0,
Ex(x) =
σ1+σ2−σ3
2�0
≈ 2, 3 × 1023V/m se 0 < x < 1, 0mm,
Ex(x) =
σ1+σ2+σ3
2�0
≈ 1, 1 × 1023V/m para x > 1, 0mm.
5) (2.0) O campo elétrico numa certa região do espaço é plotado na figura abaixo. (a) Encontre
o potencial elétrico V (x) em x = −0, 2mm baseado nos dados fornecidos no gráfico abaixo.
Assuma que V (0) = 0. (b) V (x) em x = 0, 2mm. (c) V (x) em qualquer valor de x. (d) Quais as
densidades superficiais de carga em x = ±0, 2mm?
Ex(volt/m)
x(10−4m)
-3 -2 -1 0 1 2 3
-1.0
1.0
Solução: Pelo gráfico obtemos que o campo elétrico é dado por Ex(x) = 0, 5× 104xV/m2, se
−2, 0 × 10−4m< x < 2, 0 × 10−4m. Fora desse intervalo Ex = 0. Pela definição de potencial
elétrico sabemos que
V (x) = V (0) −
∫ x
0
Ex(x
′)dx′ = −
∫ x
0
Ex(x
′)dx′ = −2, 5 × 103x2V/m2,
pois assumimos que V (0) = 0.
(a) Se x = −0, 2mm, então V (x) = −10−4V.
(b) Se x = 0, 2mm, então V (x) = −10−4V
(c) Como vimos acima, V (x) = −2, 5 × 103x2V/m2 para −2, 0 × 10−4m< x < 2, 0 × 10−4m.
Assim obtemos o gráfico abaixo:
V (x)(10−4volt)
x(10−4m)
-3 -2 -1 1 2 3
-1.0
-0.5
0.5
(d) Pela lei de Gauss, a densidade de cargas em -0,2mm é σ = �0Ex(−0, 2mm) = −8, 85 ×
10−12C/m2. Em x = 0, 2mm σ = −�0Ex(0, 2mm) = −8, 85 × 10−12C/m2.
Provas/2º estágio/solucaoAv2FisicaGeral3-2013-2.pdf
UNIVERSIDADE FEDERAL DE CAMPINA GRANDE
CCT-Unidade Acadêmica de F́ısica
Solução da 2a Prova de F́ısica Geral III
Disciplina:1108100 11/03/2014
Prof. Adriano de A. Batista
1)(2.0) Na figura abaixo, as capacitâncias são dadas por C1 = 1, 0µF e C2 = 4, 0µF, e os dois
capacitores são carregados com diferenças de potencial de 100V com polaridades opostas. Em
seguida, as chaves S1 e S2 são fechadas. (a) Qual a nova diferença de potencial entre os pontos
a e b? (b) Quais as novas cargas dos capacitores C1 e C2?
a
b
C1 C2
S1
S2
++ ++
++++++-- --
-----
Solução:
A carga inicial no capacitor 1 é q01 = 1, 0× 10−4C e no capacitor 2 é q02 = 4, 0× 10−4C. Como as
polaridades estão opostas a carga final total do capacitor equivalente é q = q02−q01 = 3, 0×10−4C.
A capacitância equivalente da combinação em paralelo dos circuitos é Ceq = C1 +C2 = 5, 0×µF.
(a) Logo, a ddp entre o ponto b e o ponto a é Vb − Va = q/Ceq = 3,0×10
−4
5,0×10−6V = 60V .
(b) As cargas finais em cada capacitor são q1 = C1(Vb − Va) = 6, 0 × 10−5C = 60µC e q2 =
C2(Vb − Va) = 240µC.
2) (1.5) (a) Determine a corrente em um fio condutor ôhmico de raio a e comprimento ` ao
qual se aplica uma diferença de potencial V entre suas extremidades. O fio é composto por uma
mistura de metais de tal forma que a densidade de corrente depende da distância r do eixo do
fio e é dada por J(r) = J0r/a. Despreze efeitos de borda nas extremidades do fio. (0.5)(b) Qual
a potência dissipada no fio?
Solução:
(a) A corrente é dada por I =
∫ a
0
J(r)2πrdr = 2πJ0a
∫ a
0
r2dr = 2πJ0a
2
3 .
(b) A potência dissipada é igual à potência de entrada V I = 2πJ0a
2V
3 . Podemos checar isso com
o seguinte cálculo Pdiss =
∫
vρEd3r = V
∫
J(r)dA = V I, onde v é a velocidade de deriva média
e ρ é a densidade de carga.
3) (2.0) Qual a resistência equivalente do circuito abaixo à esquerda: (a) entre os pontos a e b?
(b) entre os pontos a e c?
R
R
R
R R
a
b
c +
−
+
−
r1 r2
R
12V 12V
Solução:
R
R
R R
a
b c
 2
(a) Associação dos resistores R em série entre os pon-
tos b e c
R
R R
a
b c
 
2 /3
(b) Associação de R e 2R/3 em paralelo entre os
pontos b e c.
R
R
a
b
 
5 /3
(c) Associação dos resistores R e 2R/3 em série entre
os pontos a, c e b.
R
a b
 
5 /8
(d) Associação dos resistores R e 5R/3 em paralelo.
(a) e (b) A resistência equivalente do circuito é dada por Req = 5R/8.
4) (2.0) Na figura acima à direita, duas fontes de força eletromotriz E = 12V e resistências
internas r1 = 0, 30Ω, r2 = 0, 50Ω e R = 10, 0Ω. (a) Qual o valor da tensão elétrica aplicada em
R? (b) Qual o valor da corrente que passa por R?
+
−
r1 r2
R
12V
Solução:
O circuito desse problema pode ser simplificado para o desta figura acima. Assim vemos que a
resistência equivalente do circuito é
Req =
r1r2
r1 + r2
+R =
0, 3 × 0, 5
0, 3 + 0, 5
Ω + 10Ω = 10, 1875Ω ≈= 10, 2Ω
e que a corrente que passa pelo resistor R é (b) I = E /Req ≈ 1, 1779A ≈ 1, 18A. Logo, (a) a
tensão elétrica aplicada em R é ∆VR = RE /Req = 11, 8V.
5) (2.0) Uma diferença de potencial de 220V é aplicada a um chuveiro elétrico de 3kW. (a) Qual
a resistência do chuveiro? (b) Qual a corrente que passa por ele?
Solução:
(a) A potência dissipada no chuveiro, pela lei de Joule, é Pdiss =
E 2
R =
2202
R = 3kW, logo a
resistência do chuveiro é dada por R = E
2
Pdiss
= 220
2V 2
3kW
= 2,2
2×104
3×103 Ω ≈ 16, 13Ω.
(b) A corrente que passa pelo chuveiro é dada então por I ≈ 220V/16, 13Ω ≈ 13, 64A
Provas/2º estágio/solucaoProva2Eletrica-2013.2.pdf
UNIVERSIDADE FEDERAL DE CAMPINA GRANDE
CCT-Unidade Acadêmica de F́ısica
Solução da 2a prova de Eletricidade e Magnetismo
Disciplina:1108083 06/03/2014
Prof. Adriano de A. Batista
1)(2.0) Na figura abaixo, as capacitâncias são dadas por C1 = 1, 0µF e C2 = 4, 0µF, e os dois
capacitores são carregados com diferenças de potencial de 100V com polaridades opostas. Em
seguida, as chaves S1 e S2 são fechadas. (a) Qual a nova diferença de potencial entre os pontos
a e b? (b) Quais as novas cargas dos capacitores C1 e C2?
a
b
C1 C2
S1
S2
++ ++
++++++-- --
-----
Solução:
A carga inicial no capacitor 1 é q01 = 1, 0× 10−4C e no capacitor 2 é q02 = 4, 0× 10−4C. Como as
polaridades estão opostas a carga final total do capacitor equivalente é q = q02−q01 = 3, 0×10−4C.
A capacitância equivalente da combinação em paralelo dos circuitos é Ceq = C1 +C2 = 5, 0×µF.
(a) Logo, a ddp entre o ponto b e o ponto a é Vb − Va = q/Ceq = 3,0×10
−4
5,0×10−6V = 60V .
(b) As cargas finais em cada capacitor são q1 = C1(Vb − Va) = 6, 0 × 10−5C = 60µC e q2 =
C2(Vb − Va) = 240µC.
2) (2.0) (a) Determine a corrente em um fio condutor ôhmico de raio a e comprimento ` ao
qual se aplica uma diferença de potencial V entre suas extremidades. O fio é composto por uma
mistura de metais de tal forma que a condutividade depende da distância r do centro do fio e é
dada por σ(r) = σ0r/a. Despreze efeitos de borda nas extremidades do fio. (b) Qual a potência
dissipada no fio?
Solução:
(a) A densidade de corrente é dada por J(r) = σ(r)E, onde E = V/`. Enquanto, a corrente é
dada por I =
∫ a
0
J(r)2πrdr = 2πσ0Va`
∫ a
0
r2dr = 2πσ0a
2V
3` .
(b) A potência dissipada é igual à potência de entrada V I = 2πσ0a
2V 2
3` . Podemos checar isso com
o seguinte cálculo Pdiss =
∫
vρEd3r = V
∫
J(r)dA = V I, onde v é a velocidade de deriva média
e ρ é a densidade de carga.
3) (2.0) Qual a resistência equivalente do circuito abaixo: (a) entre os pontos a e b? (b) entre os
pontos c e d?
R
R
R
R R
a b
c
d
Solução:
(a) Por simetria vê-se que se aplicarmos uma ddp entre os pontos ”a” e ”b” do circuito acima
a corrente no resistor entre ”a” e ”c” é a mesma que a corrente entre ”a” e ”d”, logo Vc = Vd,
assim não há corrente entre os pontos ”c” e ”d”. Portanto, podemos abrir o circuito entre ”c” e
”d” ou então colocar em curto a conexão entre ”c” e ”d”, que as correntes no circuito não serão
alteradas. Assim o circuito inicial é equivalente a dois conjuntos em paralelo de dois resistores
associados em série. Concluimos então que a resistência equivalente é simplesmente Req = R.
(b) Na figura abaixo vemos a sequência de operações para obtermos a resistência equivalente
entre os pontos ”c” e ”d” do circuito, que é Req = R/2.
R
R
R
c d
2
2
c d
R
R
(1) (2)(2)
c d
(3)
R/2
4) (2.0) Na figura abaixo à esquerda, os dois capacitores, com capacitâncias iguais C1 = C2 =
1µF, são carregados com diferenças de potencial V1 = 100V e V2 = 50V de mesma polaridade.
Em seguida, as chaves S1 e S2 são fechadas. Os dois capacitores são ligados através de uma
resistência R. (a) Qual a diferença de potencial final entre os pontos a e b? (b) Qual a energia
dissipada no resistor R?
a
b
C1 C2
S1
S2
+ + +++++++
- - ------
R
+
−
+
−
r1 r2
R
12V 12V
Solução:
(a) As cargas iniciais são q01 = C1V1 = 10
−4C e q02 = C2V2 = 0, 5 × 10−4C. Por conservação
de carga, a carga final acumulada no arranjo de capacitores é q = q01 + q
0
2 = 1, 5 × 10−4C, já
que os capacitores têm a mesma polaridade. A capacitância equivalente dos capacitores (em
paralelo) é Ceq = 2C1 = 2, 0µF . Logo a diferença de potencial final entre os pontos ”a” e ”b” é
Vf = Va − Vb = q/Ceq = 1,5×10
−4C
2µF = 75V .
(b) A energia dissipada no resistor R é dada pela diferença entre a energia inicial acumulada nos
capacitores e a energia final. Assim obtemos,
Ediss =
C1V
2
1
2
+
C2V
2
2
2
−
CeqV
2
f
2
=
(V 21 + V
2
2 )C1
2
− V 2f C1 (1)
=
1, 25 × 10−2
2
J − 0, 752 × 10−2J = 6, 25 × 10−4J (2)
5) (2.0) Na figura acima à direita, duas fontes de força eletromotriz E = 12V e resistências
internas r1 = 0, 3Ω e r2 = 0, 5Ω. (a) Qual o valor de R em que a potência dissipada no resistor
é máxima? (b) Qual o valor dessa potência dissipada?
+
−
r1 r2
R
12V
Solução:
O circuito desse problema pode ser simplificado para o desta figura acima. Assim vemos que a
resistência equivalente interna das baterias é
req =
r1r2
r1 + r2
=
0, 3 × 0, 5
0, 3 + 0, 5
Ω = 0, 15/0, 8Ω = 0, 1875Ω ≈ 0, 2Ω
Portanto, a potência dissipada é máxima na carga quando R = req. Isso pode ser provado da
seguinte forma. A tensão aplicada em R é VR =
RE
req+R
. Logo, pela lei de Joule, a potência
dissipada no resistor R é Pdiss = V
2
R/R =
RE 2
(req+R)2
. Podemos variar R até obtermos o valor
máximo de Pdiss, isso ocorre quando
dPdiss
dR = 0. Isso resulta na equação
E 2
(req+R)2
− 2RE
2
(req+R)3
= 0,
cuja solução é R = req.
(b) Substituindo esse valor de volta na equação para a potência dissipada, obtemos Pmaxdiss =
reqE
2
4r2eq
= E
2
4req
= 192W .
Provas/2º estágio/solucaoProva2Eletrica-2014.1.pdf
UNIVERSIDADE FEDERAL DE CAMPINA GRANDE
CCT-Unidade Acadêmica de F́ısica
Solução da 2a Prova de Eletricidade e Magnetismo
Disciplina:1108083 (Turma da manhã) 08/08/2014
Prof. Adriano de A. Batista
1)(2.0) Na figura abaixo temos uma bateria de 12V e dois capacitores descarregados de ca-
pacitâncias C1 = 8, 0µF e C2 = 3, 0µF. Inicialmente a chave é ligada à bateria até o capacitor
C1 ser carregado completamente. Em seguida a chave é deslocada para direita. (a) Qual a ddp
final nos capacitores? (b) Qual carga final do capacitor C1? (c) Qual a carga final do capacitor
C2? (d) Qual a energia final acumulada nos dois capacitores?
Solução:
A carga inicial no capacitor C1 é q
i
1 = C1V1 = 9, 6×10−5C. A tensão final no capacitor será
V f1 = q
f
1 /C1 = q
f
2 /C2. Também sabemos, por conservação de cargas, que q
i
1 = q
f
1 + q
f
2 .
b)Logo, a carga final no capacitor C1 é
qf1 =
qi1
1 + C2/C1
=
C21V1
C1 + C2
=
8
11
qi1 ≈ 6, 98× 10−5C ≈ 7, 0× 10−5C.
a) Obtemos então a ddp final nos capacitores,
V f1 = q
f
1 /C1 =
C1V1
C1 + C2
=
8, 0× 12
8, 0 + 3, 0
≈ 8, 7V.
c) A carga final no capacitor C2 é
qf2 = C2V
f
1 =
C1C2V1
C1 + C2
≈ 3, 0× 8, 7µC ≈ 2, 6× 10−5C
d) A energia potencial eletrostática final acumulada nos capacitores é
Uf =
(C1 + C2)V
f2
1
2
=
11× 8, 72
2
µJ = 4, 2× 10−4J
2) (2.0) (a) Determine a corrente em um fio condutor ôhmico de raio b e comprimento
` ao
qual se aplica uma diferença de potencial E = 12V entre suas extremidades. O fio é composto
de dois metais: no miolo alumı́nio (r < a) e na casca cobre (a < r < b). Considere a = 0, 20mm,
b = 0, 40mm, ` = 10m. A condutividade do alumı́nio à temperatura ambiente é aproximada-
mente σA = 3, 52× 107S/m e a do cobre é σC = 5, 80× 107S/m. Despreze efeitos de borda nas
extremidades do fio. (b) Qual a potência dissipada no fio?
Solução:
(a) A corrente total no fio é dada por i = iA + iC = JAπa
2 + JCπ(b
2 − a2), em que as
densidades de corrente são dadas por JA = σAE e JC = σCE. O campo elétrico é o mesmo
nos dois materiais pois ele é paralelo ao eixo do fio, é dado por ~E = −∇V e não há cargas
acumuladas no fio =⇒ E = E /`. Portanto, obtemos
i =
[
σAπa
2 + σCπ(b
2 − a2)
] E
`
≈ (4, 42 + 21, 9)1, 2A = 31, 5A.
(b) a potência dissipada no fio é Pdiss =
E 2
Req
, onde
Req =
`
[σAπa2 + σCπ(b2 − a2)]
= 0, 38Ω.
Assim obtemos Pdiss = 12
2/0, 38 = 378W
3) (2.0) Na figura abaixo considere que a fonte seja ideal e que as resistências sejam dadas por
R1 = R2 = R3 = R e R4 = 4R. Despreze a resistência interna do ampeŕımetro A. Qual a
corrente que passa pelo ampeŕımetro? Indique o sentido da corrente.
Solução:
A corrente que passa pela fonte é dada por i = V0Req , onde Req = R/2 +
4R
5 =
13R
10 é
a resistência equivalente. Assim i = 10V013R . A ddp no resistor R1 é a mesma no resistor
R2, logo i1 = i2. Da mesma forma a ddp em R3 é a mesma que no resistor R4, logo
Ri3 = 4Ri4. Pela lei dos nós sabemos também que i = i1 + i2 = i3 + i4 = 5i4, assim i2 = i/2
e i4 = i/5. Finalmente aplicando a lei dos nós ao nós à direita do ampeŕımetro obtemos
iA = i2 − i4 = i/2− i/5 = 3i/10 = 3V013R .
4) (2.0) No circuito abaixo a chave S1 é fechada com o capacitor completamente descarregado em
t = 0. (a) Obtenha as correntes iniciais em R1, R2, e R3. (b) Obtenha as correntes estacionárias
em R1, R2, e R3. (c) Qual a carga final acumulada no capacitor? (d) Se depois de muito tempo
a chave S1 for aberta novamente, qual a energia total dissipada nos resitores R2 e R3 até o
capacitor se descarregar completamente?
Solução:
(a) A corrente inicial em R1 é i1(0) =
V1
R1+R2R3/(R2+R3)
= (R2+R3)V1R1(R2+R3)+R2R3 , pois em t = 0
não há ddp no capacitor já que ele está descarregado. Portanto, a ddp em R2 é igual a ddp
em R3, assim R2i2(0) = R3i3(0). Pela lei dos nós i1 = i2 + i3, logo i2(0) =
i1(0)
1+R2/R3
=
R3i1(0)
R2+R3
= R3V1R1(R2+R3)+R2R3 . Assim a corrente inicial em R3 é i3(0) =
R2V1
R1(R2+R3)+R2R3
.
(b) Depois de transcorrido um longo tempo, o capacitor se torna completamente carregado
(i3(∞) = 0) e as correntes se tornam estacionárias (isto é constantes no tempo) i1(∞) =
i2(∞) = V1R1+R2 .
(c) A tensão no capacitor será então V∞ =
R2V1
R1+R2
, q∞ = C1V∞.
(d) Depois de se abrir novamente a chave S1, a energia total dissipada nos resistores é
igual a energia acumulada no capacitor no momento em que a chave é aberta. Udiss =∫∞
0
(R2 +R3)i(t)
2 dt = C1V
2
∞/2 =
C1R
2
2V
2
1
(R1+R2)2
.
5) (2.0)Na figura abaixo, todas as baterias têm a mesma força eletromotriz V1 = V2 = V3 = 12V
e resistências internas R1 = R2 = R3 = 0, 3Ω. (a) Obtenha a potência dissipada em R4 e desenhe
o gráfico dessa função. (b) Qual a potência total fornecida pelas baterias no valor de pico da
potência fornecida para R4?
Solução: (a) A função a ser plotada é Pdiss = R4i
2
4, com i4 =
V1
R1/3+R4
. Assim temos a
função Pdiss(R4) =
R4V
2
1
(Req+R4)2
=
V 21(
Req√
R4
−
√
R4
)2
+4Req
, cujo valor máximo é dado em R4 =
Req = R1/3 = 0, 1Ω.
Pdiss(W)
R4(Ω)0.05 0.1 0.15 0.2 0.25 0.3
360.0
(b) Nesse ponto R4 = Req e o valor da potência dissipada é Pdiss =
V 21
4Req
= 1444×0,1W =
360W , que é o mesmo valor de potência dissipada nas resistências iternas. Como a potência
total fornecida pelas baterias é dissipada nas resistências, logo Ptot = 720w.
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UNIVERSIDADE FEDERAL DE CAMPINA GRANDE
CCT-Unidade Acadêmica de F́ısica
Solução do 3a Estágio de F́ısica Geral III
Disciplina:1108025 25/02/2015
Prof. Adriano de A. Batista
1)(2.0) Um próton está se movendo em uma dada região onde existe um campo magnético
uniforme dado por ~B = (10ı̂− 20̂ + 30k̂)mT. Em um dado instante o próton tem velocidade
~v = vxı̂+vy ̂+vzk̂ e a força magnética que age sobre ele é dada por ~FB = (4, 0ı̂+3, 0̂)×10−17N.
Nesse instante quais são os valores de: (a) vx, (b) vy, (c) vz? A carga do próton é 1, 6×10−19 C.
CANCELADA
2) (2.0) Um elétron com velocidade ~v = (3, 0ı̂ + 4, 0̂ + 2, 0k̂) km/s está numa região com
campo magnético ~B = 2, 0ı̂ T e com um campo elétrico de tal forma que o elétron se move com
velocidade constante. (a) Quais as componentes do campo elétrico? (b) Qual o ângulo entre a
velocidade do elétron e o campo magnético?
Solução: (a) Como o elétron se move com velocidade constante, a força total sobre ele é nula
(pela segunda lei de Newton). Essa força total pode ser escrita como ~Ftot = −e( ~E+~v× ~B) =
0. Assim obtemos
~E = −~v × ~B = 4, 0(−̂+ 2, 0k̂)kN/C
(b)
cos(φ) =
~B · ~v
Bv
=
2, 0× 3, 0× 103
2, 0×
√
29× 103
=
3, 0√
29
= 0, 557
Assim o ângulo é dado por φ = arccos(0, 557) ≈ 0.98rad = 56o.
3)(2.0) Na figura abaixo cada um dos quatro fios retiĺıneos muito longos distam d da origem
e têm uma corrente i nos sentidos indicados na figura. Determine o campo magnético ~B no
centro da figura.
y
x
i
×
dd
d
d
Solução: Utilizando a lei de Ampère, encontramos que o campo magnétrico no centro da
figura é dado por
~Bc =
µ0i
2πd
(̂ı+ ̂− ̂+ ı̂) = µ0i
πd
ı̂
4) (2.0) Na figura abaixo à esquerda temos a seção transversal de um fio retiĺıneo muito longo
oco, com raio externo a e raio interno b. O fio transporta uma corrente i uniformemente
distribúıda. Determine o campo magnético em função do raio: (a) (0.5) no interior da cavidade;
(b) (1.0) na região com b < r < a; (c) (0.5) no exterior do fio.
a
b
I
P
Solução: (a) Pela lei de Ampére, como não passa corrente alguma na cavidade e por sime-
tria (ciĺındrica), ~B(~s) = 0 se s < b.
(b) Pela lei de Ampére
∮
~B · d~̀ = µ0
∫
~J · d ~A. Como a corrente é uniformemente dis-
tribúıda na seção transversal do fio, obtemos que a corrente que passa pelo interior da
curva amperiana de raio r (ćırculo tracejado da figura acima) é∫
s<r
~J · d ~A = i(r) = i r
2 − b2
a2 − b2
,
enquanto que por simetria (invariança do campo magnético por rotação em torno do eixo
do fio) obtemos ∮
~B · d~̀= 2πrBφ(r).
Portanto, o campo magnético nessa região é dado por
Bφ(r) = µ0
i(r)
2πr
=
µ0i
2πr
r2 − b2
a2 − b2
(c) Na região externa, com r > a obtemos que o campo magnético é dado por
Bφ =
µ0i
2πr
5) (2.0) Determine o campo magnético no ponto P gerado pela corrente no fio da figura acima
à direita. O raio do arco é a e está centrado em P. Os dois trechos retiĺıneos podem ser
considerados semi-infinitos e fazem um ângulo de 90o entre si.
Solução: Pela lei de Biot-Savart temos que o campo magnético no ponto P (na origem por
simplicidade) é dado por
~BP =
µ0I
4π
∫
fio
d~̀′ × (~r − ~r′)
|~r − ~r′|3
,
onde ~r = ~0 e a integral é ao longo do fio. Essa integral pode ser dividida em três partes,
que são as seguintes:
A contribuição ao campo magnético da corrente do fio retiĺıneo horizontal
~B1 =
µ0I
4π
∫ 0
∞
dx′ı̂× (−x′ı̂+ a̂)
[x′2 + a2]3/2
= −µ0Ia
4π
∫ ∞
0
dx′
[x′2 + a2]3/2
k̂ = −µ0I
4πa
k̂
A contribuição ao campo magnético da corrente do arco
~B2 =
µ0I
4π
∫ −π
−3π/2
−adϕϕ̂× (−aρ̂)
a3
= −µ0I
4π
∫ −π
−3π/2
dϕ
a
k̂ = −µ0I
8a
k̂
A contribuição ao campo magnético da corrente do fio retiĺıneo vertical
~B3 =
µ0I
4π
∫ ∞
0
dx′ı̂× (aı̂− y′̂)
[a2 + y′2]3/2
= −µ0I
4πa
k̂
O campo total é dado por
~BP = ~B1 + ~B2 + ~B3 = −
µ0I
2a
(
1
π
+
1
4
)
k̂
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UNIVERSIDADE FEDERAL DE CAMPINA GRANDE
CCT-Unidade Acadêmica
de F́ısica
Solução do 3o Estágio de Eletricidade e Magnetismo 2015.1
Disciplina:1108083 24/11/2015
Prof. Adriano de A. Batista
1)(2.0) Um próton está se movendo em uma dada região onde existe um campo magnético
uniforme dado por ~B = (10ı̂− 20̂ + 30k̂)mT. Em um dado instante o próton tem velocidade
~v = vxı̂ + vy ̂ e a força magnética que age sobre ele é dada por ~FB = (4, 0ı̂ + 2, 0̂) × 10−17N.
Nesse instante quais são os valores de: (a) vx, (b) vy? A carga do próton é 1, 6× 10−19 C.
Solução: Utilizando o fato de que a força magnética é dada por ~FB = e~v × ~B, obtemos
então as seguintes equações, pelo enunciado e pela definição do produto vetorial
FBx = e(vyBz − vzBy) = evyBz,
FBy = e(vzBx − vxBz) = −evxBz,
FBz = e(vxBy − vyBx) = 0,
onde utilizamos, do enunciado, vz = FBz = 0. Logo, obtemos:
(a) vx = −FByeBz = −
104
2,4
m/s≈ −4, 2 km/s. (b) vy = −FBxeBz = −
104
1,2
m/s≈ 8, 3 km/s.
2) (2.0) Um elétron com velocidade ~v = (3, 0ı̂ + 4, 0̂ + 2, 0k̂) km/s está numa região com
campo magnético ~B = 2, 0ı̂ T e com um campo elétrico de tal forma que o elétron se move com
velocidade constante. (a) Quais as componentes do campo elétrico? (b) Qual o ângulo entre a
velocidade do elétron e o campo elétrico?
Solução: (a) Como o elétron se move com velocidade constante, a força total sobre ele é nula
(pela segunda lei de Newton). Essa força total pode ser escrita como ~Ftot = −e( ~E+~v× ~B) =
0. Assim obtemos
~E = −~v × ~B = −(3, 0ı̂+ 4, 0̂+ 2, 0k̂)× 2, 0ı̂ kN/C = (−4, 0̂+ 8, 0k̂)kN/C
(b)
cos(φ) =
~E · ~v
Ev
= −~v ×
~B · ~v
Ev
= 0
Assim o ângulo é dado por φ = π
2
rad.
3)(2.0) Na figura abaixo cada um dos quatro fios retiĺıneos muito longos distam d da origem e
têm uma corrente i nos sentidos indicados na figura. (a) Encontre o vetor campo magnético
gerado pelas correntes elétricas dos fios inferiores na posição do fio superior. (b) Encontre a
força por unidade de comprimento sobre o fio superior devida às correntes elétricas dos outros
fios.
y
x
i
×
dd
d
d
Solução: (a) Utilizando a lei de Ampère e o prinćıpio de superposição, encontramos que o
campo magnétrico na posição do fio superior é dado por
~Bsup =
µ0i
2π
(
1
2d
ı̂− 1
d
√
2
ı̂+ ̂√
2
+
1
d
√
2
(−ı̂+ ̂)√
2
)
=
µ0i
2πd
(
1
2
− 1)̂ı = − µ0i
4πd
ı̂
(b) A força por unidade de comprimento no fio inferior é dada por
~fsup =
i~̀× ~Bsup
`
= ik̂ × ~Bsup = −
µ0i
2
4πd
̂
4) (2.0) Na figura abaixo à esquerda temos a seção transversal de dois fios coaxiais retiĺıneos
muito longos. Ambos os fios transportam uma corrente i uniformemente distribúıda, só que
em sentidos opostos, como indicado na figura. Determine o vetor campo magnético em função
do raio: (a) (0.5) no fio interior (r < a); (b) (1.0) na região com a < r < b; (c) (0.5) no exterior
do fio.
b
c c′ c′′
a
Solução: (a) Pela lei de Ampére ∮
c
~B · d~̀= µ0iin,
em que iin é a corrente que passa pelo interior da curva amperiana C. Logo,
iin = µ0
∫
s<r
~Jin · d ~A = µ0Jinπr2,
pois, como afirmado no enunciado, a corrente i é uniformemente distribúıda no fio interior,
assim a densidade de corrente áı é dada por Jin =
i
πa2
.
Pela simetria ciĺındrica do problema (invariança do campo magnético por rotação em torno
do eixo do fio), obtemos ∮
c
~B · d~̀= 2πBφ(r)r.
Assim obtemos que ~B(~r) = Bϕ(r)φ̂, onde
Bϕ(r) = µ0Jinr/2 =
µ0ir
2πa2
,
ϕ̂ = − sinϕı̂+ cosϕ̂ = (−yı̂+ x̂)/r.
(b) Pela lei de Ampére
∮
c′
~B · d~̀ = µ0
∫
~J · d ~A. Como a corrente é uniformemente
distribúıda na seção transversal do fio, obtemos que a corrente que passa pelo interior da
curva amperiana de raio r (ćırculo tracejado da figura acima) é∫
s<r
~J · d ~A = i(r) = i− ir
2 − a2
b2 − a2
= i
b2 − r2
b2 − a2
,
enquanto que por simetria (invariança do campo magnético por rotação em torno do eixo
do fio) obtemos ∮
c′
~B · d~̀= 2πrBϕ(r),
em que o campo magnético ~B(r) = Bϕ(r)ϕ̂ gira em torno do eixo do fio. Portanto, o campo
magnético nessa região é dado por
Bϕ(r) = µ0
i(r)
2πr
=
µ0i
2πr
b2 − r2
b2 − a2
(c) Na região externa, com r > b obtemos que o campo magnético é nulo, pois∮
c′′
~B · d~̀= 0
e pela simetria ciĺındrica obtemos que ~B(r) = 0.
5) (2.0) Determine o campo magnético no ponto P gerado pela corrente no fio da figura acima
à direita. A distância do ponto P de ambos os fios é a. Os dois trechos retiĺıneos podem ser
considerados semi-infinitos e fazem um ângulo de 90o entre si.
I
P
Solução: Pela lei de Biot-Savart temos que o campo magnético no ponto P é dado por
~BP =
µ0I
4π
∫
fio
d~r′ × (~r − ~r′)
|~r − ~r′|3
,
onde ~r = a(̂ı + ̂) e ~r′ = x′ı̂. Essa integral pode ser dividida em duas partes, que são as
seguintes:
A contribuição ao campo magnético da corrente do fio retiĺıneo horizontal
~B1 =
µ0I
4π
∫ 0
∞
dx′ı̂× (aı̂+ a̂− x′ı̂)
[(x′ − a)2 + a2]3/2
= −µ0Ia
4π
∫ ∞
0
dx′
[(x′ − a)2 + a2]3/2
k̂
= −µ0Ia
4π
∫ ∞
−a
du
[u2 + a2]3/2
k̂ = −µ0Ia
4π
∫ π/2
−π/4
a sec2 θdθ
a3[1 + tan2 θ]3/2
k̂ = −µ0I
4πa
∫ π/2
−π/4
cos θdθ
= −µ0I
4πa
(
1 +
√
2
2
)
k̂
A contribuição ao campo magnético da corrente do fio retiĺıneo vertical é
~B2 = ~B1,
por simetria. O campo total é dado por
~BP = ~B1 + ~B2 = −
µ0I
2πa
(
1 +
√
2
2
)
k̂
Provas/3º estágio/solucaoAv3FisicaGeral3-2013-2.pdf
UNIVERSIDADE FEDERAL DE CAMPINA GRANDE
CCT-Unidade Acadêmica de F́ısica
Solução da 3a Prova de F́ısica Geral III
Disciplina:1108100 28/03/2014
Prof. Adriano de A. Batista
1)(2.0) Um campo elétrico de magnitude 2,0 kV/m e um campo magnético perpen-
dicular de magnitude 0,3 T agem sobre um elétron em movimento sem acelerá-lo.
Qual a velocidade do elétron?
Solução:
Como o elétron não está acelerado, a força total atuando sobre ele é nula. Logo,
~Ftot = −e ~E − e~v × ~B = 0. Assim ~E = −~v × ~B. Assumindo ~v · ~B = 0, e ~B = Bı̂
e ~E = E̂, sem perda de generalidade. Em seguida, aplicando a ”regra da mão
direita” obtemos que ~v = −vk̂, onde v = E/B = 2,0×10
3V/m
0,3T
≈ 6, 7× 103m/s.
2) (2.0) Um elétron com velocidade ~v = 8, 0̂ km/s está numa região com campo
elétrico ~E = 2, 0ı̂ kV/m e campo magnético com magnitude de 0,5 T. (a) Qual o
ângulo entre a velocidade do elétron e o campo magnético para que o elétron se
mova com velocidade constante em um movimento retiĺıneo uniforme? (b) Quais
as componentes do campo magnético?
Solução:
Novamente, temos ~Ftot = −e ~E − e~v × ~B = 0, logo ~E = −~v × ~B.
(a) E = vBsenφ, logo senφ = E
vB
= 2,0×10
3
8,0×1030,5 = 0, 5. Assim obtemos φ = 30
0 ou
1500.
(b) Como ~E = 2, 0ı̂ kV/m e ~v = 8, 0̂ km/s. Obtemos então
Ex = −vyBz =⇒ Bz = −Ex/vy = −
2, 0× 103
8, 0× 103
T = −0, 25T.
Temos também B =
√
B2y +B
2
z = 0, 5T . Dáı obtemos By = ±
√
0, 25− 0, 0625T =
±
√
3/4T ≈ ±0.43T .
3)(2.0) Em um dado momento, ~v = (−3, 0ı̂+ 4, 0̂− 5, 0k̂) km/s é a velocidade de
um próton em um campo magnético uniforme ~B = (2, 0ı̂+3, 0̂+6, 0k̂) mT. Neste
instante, (a) determine força magnética ~F que o campo exerce sobre o próton; (b)
decomponha a velocidade em componentes paralela (~v||) e perpendicular (~v⊥) ao
campo magnético. Lembre-se que ~v = ~v|| + ~v⊥, e que ~v⊥ · ~B = 0 e ~v|| × ~B = 0. A
carga do próton é 1, 6× 10−19 C.
Solução:
(a) A força magnética sobre o próton é dada por ~Fmag = e~v × ~B. Com ~v =
(−3, 0ı̂+ 4, 0̂− 5, 0k̂)km/s e ~B(2, 0ı̂+ 3, 0̂+ 6, 0k̂) mT, obtemos então
Fmag,x =e(vyBz − vzBy) = e(4, 0× 6, 0− (−5, 0)× 3, 0) = 3, 9e ≈ 6, 2× 10−18N
Fmag,y =e(vzBx− vxBz) = e(−5, 0× 2, 0− (−3, 0)× 6, 0) = 8e ≈ 1, 3× 10−18N
Fmag,z =e(vxBy − vyBx) = e(−3, 0× 3, 0− 4, 0× 2, 0) = −17e ≈ −2, 7× 10−18N
(b) A componente paralela é dada por v|| = ~v · B̂, onde B̂ ≡ ~B/| ~B| = (2, 0ı̂ +
3, 0̂ + 6, 0k̂)/7. Logo, v|| = (−3, 0 × 2, 0 + 4, 0 × 3, 0 − 5, 0 × 6, 0)/7 km/s=-
24/7 km/s ≈ −3, 43 km/s. A componente perpendicular então é simplesmente
~v⊥ = ~v−~v|| = ~v− v||B̂ = [(−3, 0ı̂+ 4, 0̂− 5, 0k̂)− 24/49(2, 0ı̂+ 3, 0̂+ 6, 0k̂)]km/s.
~v⊥
≈ (−4, 0ı̂+ 2, 5̂− 7, 9k̂)km/s.
4) (2.0) Uma espira quadrada de lado 4,0cm é percorrida por uma corrente de
2,0A. O momento de dipolo magnético ~µ da espira está orientado ao longo da
direção n̂ = 0, 6ı̂ − 0, 8̂. Se a espira for submetida a um campo magnético
~B = (0, 20ı̂ + 0, 25̂) T, determine (a) o torque sobre a espira; (b) A energia
potencial magnética da espira.
Solução:
(a) O torque é dado por ~τ = ~µ× ~B. A magnitude do dipolo magnético da espira
é µ = IA = 2× 16× 10−4Am2 = 3, 2× 10−3Am2. Logo,
~τ = µn̂× ~B = µ(0, 6ı̂− 0, 8̂)× (0, 20ı̂+ 0, 25̂)T
= µ(0, 15 + 0, 16)k̂T = 3, 2× 0, 31× 10−3k̂Am2T ≈ 10−3k̂Nm
(b) A energia potencial da espira é dada por U = −~µ · ~B = −µn̂ · ~B = −µ(0, 6ı̂−
0, 8̂) · (0, 20ı̂+ 0, 25̂)T= −µ(0, 12− 0, 20)T=0, 08× 3, 2× 10−3J= 2, 56× 10−4J.
5) (2.0) Uma espira retangular de lados a e b tem o momento de dipolo magnético
orientado ao longo do eixo z (k̂) e é percorrida por uma corrente I. O lado a está
orientado ao longo do eixo x e o b ao longo do eixo y. Sobre a espira atua um
campo magnético ~B(x) = B0x̂. Encontre a força magnética ~Fm sobre a espira.
Solução:
A força magnética sobre a espira é dada por
~F = I
∮
espira
d~̀× ~B(x)
= I
∫ a
0
dxı̂×B0x̂+ I
∫ b
0
dy̂×B0x̂+ I
∫ 0
a
dxı̂×B0x̂+ I
∫ 0
b
dy̂×B0x̂
= IB0
(∫ a
0
xdx+
∫ 0
a
xdx
)
k̂
= IB0
(∫ a
0
xdx−
∫ a
0
xdx
)
k̂ = ~0. (1)
Provas/3º estágio/solucaoProva3Eletrica-2013.2.pdf
UNIVERSIDADE FEDERAL DE CAMPINA GRANDE
CCT-Unidade Acadêmica de F́ısica
Solução da 3a Prova de Eletricidade e Magnetismo
Prof. Adriano de A. Batista 05/04/2014
1) (2.0) Um campo elétrico constante ~E = 2, 0ı̂ kV/m e um campo magnético
~B = 0, 3̂ T agem sobre um elétron em movimento sem acelerá-lo. O elétron tem
energia cinética de 1meV. Determine a velocidade ~v do elétron? A carga elementar
é e = 1, 60× 10−19C e a massa do elétron é me = 9, 11× 10−31kg.
Solução:
Como o elétron está em movimento sem aceleração, a força total atuando sobre
ele é nula (pela segunda lei de Newton). Logo a energia cinética do elétron é
uma constante no tempo. Pelo enunciado ela é dada por mev
2/2 = 1meV, dáı
obtemos o módulo da velocidade =⇒ v =
√
2meV
me
=
√
3,20×10−3×10−19
9,11×10−31 m/s=√
3,20×109
9,11
m/s= 1.87 × 104m/s=18.7km/s. A força total (elétrica+magnética) é
nula:−e ~E−e~v× ~B = 0 =⇒ ~E = −~v× ~B. Assim temos ~v = vy ̂+vzk̂. Substituindo
os vetores ~E, ~B e ~v na equação da força de Lorentz, obtemos Ex = vzBy. Portanto,
obtemos
vz =
Ex
By
=
2, 0× 103
0, 3
m/s = 6, 67× 103m/s = 6, 67km/s.
Do módulo da velocidade v =
√
v2y + v
2
z =18.7km/s, obtemos vy = ±
√
v2 − v2z =
±17.5km/s.
2) (2.0) Em um dado momento, ~v = (−3, 0ı̂ + 2, 0̂ − 5, 0k̂) km/s é a velocidade
de um próton em um campo magnético uniforme ~B = (2, 0ı̂ + 3, 0̂ + 5, 0k̂) mT.
Neste instante, determine força magnética ~F que o campo exerce sobre o próton.
A carga do próton é 1, 6× 10−19 C.
Solução:
A força magnética é dada por
~Fmag = e~v × ~B = e(−3, 0ı̂+ 2, 0̂− 5, 0k̂)× (2, 0ı̂+ 3, 0̂+ 5, 0k̂)Tm/s
Fx = e(vyBz − vzBy) = e[2, 0× 5, 0− (−5, 0)× 3, 0]Tm/s = 25eTm/s ≈ 4, 0× 10−18N
Fy = e(vzBx − vxBz) = e[−5, 0× 2, 0− (−3, 0)× 5, 0]Tm/s = 5, 0eTm/s ≈ 8, 0× 10−19N
Fz = e(vxBy − vyBx) = e[−3, 0× 3, 0− 2, 0× 2, 0]Tm/s = −13eTm/s ≈ −2, 1× 10−18N
3) (2.0) Na figura abaixo existe um fio retiĺıneo muito longo com corrente I no
sentido k̂ na posição ~r1 =
d1
2
̂ e na posição ~r2 =
−d1
2
̂ existe uma corrente I no
sentido −k̂. Determine o campo magnético ~B no ponto P.
y
x
I
−I ×
P
d2
d1/2
d1/2
y
x
I
d
−I
d
~B1
~B2
×
P
d2
d1/2
d1/2
Solução:
O campo gerado pela corrente do fio localizado em y = d1/2 é dado por
~B1 =
µ0I
2πd
k̂ × (d2ı̂− d1/2̂)
d
=
µ0I
2πd
(d1/2ı̂+ d2̂)
d
,
onde d =
√
d21/4 + d
2
2. O campo gerado pela corrente do fio localizado em y =
−d1/2 no ponto P é dado por
~B2 = −
µ0I
2πd
k̂ × (d2ı̂+ d1/2̂)
d
=
µ0I
2πd
(d1/2ı̂− d2̂)
d
O campo magnético resultante em P é dado por
~B = ~B1 + ~B2 =
µ0Id1
2πd2
ı̂
4)(2.0) Qual o campo magnético no ponto P gerado pela corrente no fio da figura
abaixo? O raio do arco é a.
IP
3
1 I
2
P
Solução:
Pela lei de Biot-Savart temos que o campo magnético no ponto ~r gerado por
uma corrente I ao longo de um fio é dado por ~B(~r) = µ0I
4π
∫
fio
d~r ′ × (~r−~r
′)
|~r−~r ′|3 . No
caso espećıfico do problema o ponto de observação P é ~r = 0. Logo, ~BP =
−µ0I
4π
∫
fio
d~r ′ × ~r ′|~r ′|3 . Essa integral pode ser dividida em três partes. Na primeira
parte d~r ′ = −dx′ı̂ e ~r ′ = x′ı̂. Logo ~B1 = 0. Na segunda parte: d~r ′ = adϕϕ̂
e ~r ′ = ar̂ ~B2 = −µ0I4πa
∫ π/2
0
dϕϕ̂ × r̂ = µ0I
4πa
∫ π/2
0
dϕk̂ = µ0I
8a
k̂. Na terceira parte,
semelhante ao caso 1, temos ~B3 = 0. Assim ~BP = ~B1 + ~B2 + ~B3 =
µ0I
8a
k̂
5)(2.0) (a) Na figura abaixo temos 3 fios retiĺıneos infinitos perpendiculares ao
plano do papel. O fio da esquerda tem uma corrente 2I saindo do papel, o fio do
meio tem corrente I entrando no papel e o da direita tem corrente I saindo do
papel. Qual a força por unidade de comprimento que os fios da esquerda exercem
sobre o fio da direita? (b) Para que valor de d2 a força resultante é nula?
2I −I
×
I
d2d1
Solução:
(a) Para o caso de nosso problema a força total por unidade de comprimento sobre
o fio da direita (3) exercida pelos fios da esquerda (1) e do meio (2) é dada por
~F3 = ~F13 + ~F23 = Ik̂ × ~B1 + Ik̂ × ~B2,
onde, pela lei de Ampère, os campos são dados por
~B1 =
2µ0I
2π(d1 + d2)
̂
e
~B2 = −
µ0I
2πd2
̂.
Assim
~F3 =
µ0I
2
π
(
− 1
(d1 + d2)
+
1
2d2
)
ı̂.
(b) Quando ~F3 = 0 =⇒ d1 = d2.
Provas/3º estágio/solucaoProva3Eletrica-2014.1.pdf
UNIVERSIDADE FEDERAL DE CAMPINA GRANDE
CCT-Unidade Acadêmica de F́ısica
3a Prova de Eletricidade e Magnetismo
Disciplina:1108083 23/08/2014
Prof. Adriano de A. Batista
1)(2.0) Um campo elétrico ~E = 1, 0 kV/mı̂ e um campo magnético ~B = 0, 3T̂ agem sobre
um elétron em movimento sem acelerá-lo. A velocidade do elétron é perpendicular ao campo
magnético. Qual o vetor velocidade do elétron?
Solução:
Pela segunda lei de Newton, para que a aceleração do elétron seja nula, a força de Lorentz
(a soma das forças elétrica e magnética) é zero, ou seja
m~a = −e( ~E + ~v × ~B) = 0.
Assim, substituindo os valores do campo elétrico e do campo magnético dados pelo enunciado
e utilizando as propriedades do produto vetorial, temos então
Ex − vzBy = 0 =⇒ vz =
Ex
By
=
103
0, 3
m/s ≈ 3, 3km/s
2) (2.0) Em um dado momento, ~v = (3, 0ı̂+4, 0̂−5, 0k̂) km/s é a velocidade de um próton em
um campo magnético uniforme ~B = (2, 0ı̂+3, 0̂+6, 0k̂) mT. Neste instante, (a) determine força
magnética ~F exercida sobre o próton; (b) decomponha a velocidade em componentes paralela
(~v||) e perpendicular (~v⊥) ao campo magnético. Lembre-se que ~v = ~v|| + ~v⊥, e que ~v⊥ · ~B = 0 e
~v|| × ~B = 0. A carga do próton é 1, 6× 10−19 C.
Solução:
(a) A força magnética sobre o próton é
~F = e~v × ~B = e(3, 0ı̂+ 4, 0̂− 5, 0k̂)× (2, 0ı̂+ 3, 0̂+ 6, 0k̂)Tm/s
= 1, 6(39ı̂− 28̂+ k̂)10−19N
= (62ı̂− 45̂+ 1, 6k̂)10−19N
(b) O vetor unitário na direção do campo magnético ~B é dado por
n̂ = (2, 0ı̂+ 3, 0̂+ 6, 0k̂)/7,
de onde obtemos
v|| = ~v · n̂ = (3, 0× 2, 0 + 4, 0× 3, 0− 5, 0× 6, 0)/7 = −12/7km/s ≈ −1, 7km/s
e
~v|| = −(24ı̂+ 36̂+ 72k̂)/49km/s ≈ −(0, 49ı̂+ 0, 73̂+ 1, 5k̂)km/s.
Assim encontramos
~v⊥ = ~v − ~v|| = (3, 0ı̂+ 4, 0̂− 5, 0k̂) + (24ı̂+ 36̂+ 72k̂)/49
= (171/49ı̂+ 232/49̂− 173/49k̂)km/s
≈ (3, 5ı̂+ 4, 7̂− 3, 5k̂)km/s
3) (2.0) Na figura abaixo cada um dos quatro fios retiĺıneos muito longos distam d da origem e
têm uma corrente i nos sentidos indicados na figura. Determine o campo magnético ~B no centro
da figura.
y
x
i
×
dd
d
d
Solução:
Por simetria e pela lei de Ampère, a contribuição ao campo magnético na origem é dada por
~B =
µ0i
2πd
ı̂+
µ0i
2πd
ı̂ =
µ0i
πd
ı̂,
devido aos fios ao longo do eixo y. A contribuição
dos fios situados ao longo do eixo x se
cancela na origem.
4) Na figura abaixo temos a seção transversal de um fio retiĺıneo muito longo oco, com raio
externo a e raio interno b. O fio transporta uma corrente i uniformemente distribúıda. Determine
o campo magnético em função do raio: (a) (0.5) no interior da cavidade; (b) (1.0) na região com
b < r < a; (c) (0.5) no exterior do fio.
a
b
r
Solução:
(a) Pela lei de Ampére, como não passa corrente alguma na cavidade e por simetria
(ciĺındrica), ~B(~s) = 0 se s < b.
(b) Pela lei de Ampére
∮
~B ·d~̀= µ0
∫
~J ·d ~A. Como a corrente é uniformemente distribúıda na
seção transversal do fio, obtemos que a corrente que passa pelo interior da curva amperiana
de raio r (ćırculo tracejado da figura acima) é∫
s<r
~J · d ~A = i(r) = i r
2 − b2
a2 − b2
,
enquanto que por simetria (invariança do campo magnético por rotação em torno do eixo
do fio) obtemos ∮
~B · d~̀= 2πrBφ(r).
Portanto, o campo magnético nessa região é dado por
Bφ(r) = µ0
i(r)
2πr
=
µ0i
2πr
r2 − b2
a2 − b2
(c) Na região externa, com r > a obtemos que o campo magnético é dado por
Bφ =
µ0i
2πr
5) (2.0) Determine o campo magnético no ponto P gerado pela corrente no fio da figura
abaixo? O raio do arco é a e está centrado em P. Os dois trechos retiĺıneos podem ser considerados
semi-infinitos.
I
P
Solução:
Pela lei de Biot-Savart temos que o campo magnético no ponto P (na origem por simplici-
dade) é dado por
~BP =
µ0I
4π
∫
fio
d~̀′ × (~r − ~r′)
|~r − ~r′|3
,
onde ~r = ~0 e a integral é ao longo do fio. Essa integral pode ser dividida em três partes, que
são as seguintes:
A contribuição ao campo magnético da corrente do fio retiĺıneo horizontal
~B1 =
µ0I
4π
∫ 0
∞
dx′ ı̂× (−x′ ı̂+ a̂)
[x′2 + a2]3/2
= −µ0Ia
4π
∫ ∞
0
dx′
[x′2 + a2]3/2
k̂ = −µ0I
4πa
k̂
A contribuição ao campo magnético da corrente do arco
~B2 =
µ0I
4π
∫ −π
−3π/2
−adϕϕ̂× (−aρ̂)
a3
= −µ0I
4π
∫ −π
−3π/2
dϕ
a
k̂ = −µ0I
8a
k̂
A contribuição ao campo magnético da corrente do fio retiĺıneo vertical
~B3 =
µ0I
4π
∫ ∞
0
dx′ ı̂× (aı̂− y′̂)
[a2 + y′2]3/2
= −µ0I
4πa
k̂
O campo total é dado por
~BP = ~B1 + ~B2 + ~B3 = −
µ0I
2a
(
1
π
+
1
4
)
k̂
Provas/4º estágio/solucao4-1.pdf
UNIVERSIDADE FEDERAL DE CAMPINA GRANDE
CCT-Unidade Acadêmica de F́ısica
Solução do 4o Estágio de F́ısica Geral III 2014.2
Prof. Adriano de A. Batista 17/03/2015
1) (2.0) Uma bobina de 10 espiras, com raio de 3,0 cm está coaxial com um
solenóide de 200 espiras/cm e raio de 2,0 cm. Se a corrente no solenóide for
i(t) = i0 sin(2πft), com i0 = 1A e f = 120Hz: (a) Qual a corrente induzida na
bobina se ela tiver resistência R = 10Ω? Despreze a autoindutância. (b) Qual a
potência média transferida para a bobina ? µ0 = 1, 257× 10−6H/m.
Solução: (a) O campo magnético no interior do solenoide é B(t) =
B0 sin(2πft), onde B0 = µ0ni0 ≈ 1, 257 × 10−6 × 2 × 104T≈25mT e o
fluxo na bobina é Φ(t) = NB(t)πa2 = Φ0 sin(2πft), onde Φ0 = NB0πa
2 =
10 × 25π × 4, 0 × 10−7 Wb≈ 0, 316mWb, com a = 2, 0cm. Portanto, a fem
na bobina é dada por E (t) = −dΦ(t)
dt
= −E0 cos(2πft), em que E0 = Φ02πf =
0, 316 × 10−4 × 6, 283 × 1, 20 × 102 ≈ 23, 8mV. A corrente na bobina é então
dada por iind(t) = −iind0 cos(2πft), em que iind0 = E0R ≈ 2, 38mA.
(b) A potência média transferida para a bobina é dada por
P = E (t)iind(t) = E0i
ind
0 /2 ≈ 23, 8× 2, 38/2µW = 28, 3µW
2) (2.0) No circuito abaixo à esquerda a chave S é fechada em t = 0 . (a) Qual a
corrente inicial na bateria? (b) Qual a corrente inicial no indutor? (c) Depois de
um tempo muito longo, qual a energia acumulada no indutor? (d) Depois de se
abrir novamente a chave S qual é a energia total dissipada no resistor R2?
V0
S
R2
R1
L
I
d
a
x
Solução: Assim que a chave S é fechada, não passa nenhuma corrente no
indutor, pois a corrente no indutor cresce de zero com um tempo caracteŕıstico
da ordem de L/R1. Assim (a) I2(0
+) = V0
R1+R2
(b) IL(0
+) = 0
(c) Depois de um longo tempo (t >> L/R1) −LdILdt = 0, portanto não há queda
de tensão no indutor, o que o torna um curto. Assim não há queda de tensão
em R2 e, consequentemente, I2(t >> L/R1) = 0. De forma que a corrente no
indutor será então V0/R1, logo a energia armazenada no indutor será
LV 20
2R21
.
(d) A energia total dissipada no resistor R2 originou-se no indutor. A energia
inicial armazenada no indutor
LV 20
2R21
= Ediss.
3)(2.0)Uma espira quadrada tem resistência R e lado a. Ela está a uma distância d
de um fio retiĺıneo. Veja figura acima à direita. A corrente no fio cresce linearmente
de 0 a 1, 0A em ∆t = 25ms. Durante esse tempo: (a) Qual a fem induzida na
espira? (b) Qual a energia total dissipada na espira supondo que a sua resistência
seja de 5, 0Ω?(despreze a autoindutância da espira)
Solução: O campo gerado pelo fio retiĺıneo com corrente I(t) no plano da es-
pira (plano xy) é ~B(y, t) = µ0I(t)
2πy
k̂, onde y é a ordenada de um ponto (x, y).
(a) O fluxo magnético na espira nesse intervalo de tempo é dado então por
Φ(t) = Φ0t/∆t, onde Φ0 =
aµ0I0
2π
∫ d+a
d
dy
y
= aµ0I0
2π
ln d+a
d
e I0 = 1, 0A.
Logo, a fem induzida na espira é dada por E (t) = −dΦ(t)
dt
= E0 = −Φ0/∆t =
−aµ0ωI0
2π∆t
ln d+a
d
.
(b) Desprezando a auto-indutância da espira, a corrente induzida nesse inter-
valo de tempo é dada por iind(t) = E (t)/R =
E0
R
= aµ0ωI0
2πR∆t
ln d+a
d
.
A potência dissipada na espira durante o intervalo de tempo 0 < t < ∆t é
Pdiss(t) = Ri
2
ind =
E 20
R
. Logo a energia total dissipada é Ediss =
E 20 ∆t
R
4)(2.0) No circuito abaixo à esquerda (a) Qual a energia média ŪL acumulada na
indutância? (b) Qual a energia média ŪC acumulada no capacitor? (c) Qual a
razão ŪL/ŪC? (d) Quando XL = XC qual a energia média acumulada no indutor
e no capacitor? Obtenha as respostas em termos dos parâmetros fornecidos na
figura. Despreze os transientes.
V0 cos(ωt)
R
L
C
a
bL
V0
R
C
Solução: (a) A amplitude da corrente estacionária no circuito RLC é dada por
|Ĩ(ω)| = E0|Z| =
E0√
R2+(XL−XC)2
. A corrente no tempo t no indutor é dada por
Re{Ĩ(ω)eıωt} = ||Ĩ(ω)| cos(ωt+φ). A energia acumulada no indutor no tempo
t é UL(t) = LI(t)
2/2. Assim a energia energia média é UL = LI
2
rms/2, onde
Irms = |Ĩ(ω)|/
√
2.
(b)A amplitude da tensão no capacitor é dada por |Ṽc(ω)| = XcE0|Z̃| . En-
quanto que a tensão instantânea no capacitor é Vc(t) = Re{Ṽc(ω)eıωt} =
|Ṽc(ω)| cos(ωt + φc). Logo a energia acumulada no capacitor no instante t
é Uc(t) =
CVc(t)2
2
. Portanto a energia média é dada por U c(t) =
CX2CE
2
0
4|Z|2 .
(c) A razão UL
UC
= L
CX2c
= LCω2 = ω
2
ω20
(d) Quando XL = XC =⇒ ω = ω0. Logo, ULUC = 1.
5)(2.0) Na figura acima à direita a chave é mantida na posição a por muito tempo
antes de ser colocada na posição b. Depois que a chave é colocada na posição b:
(a) Qual a amplitude da corrente? (b) Qual a amplitude da tensão? Escreva sua
resposta em termos dos parâmetros fornecidos na figura.
Solução: Depois de um longo tempo com a chave na posição a, a corrente no
indutor é V0/R, assim a energia acumulada nele é
LV 20
2R2
. (a) Quando a chave
é passada para a posição b (supondo que isso ocorra de maneira instantânea)
temos um circuito LC, cuja energia total se conserva no tempo. Assim,
LI(t)/2 + CV (t)2/2 = LI2max/2 = CV
2
max/2 = constante
Tanto a corrente quanto a tensão no capacitor serão funções senoidais. Assim,
a corrente é máxima quando toda a energia está acumulada no indutor e a
tensão é máxima quando toda a energia está acumulada no capacitor. Logo a
amplitude da corrente é V0/R. (b) A amplitude da tensão é Vmax =
√
L
C
V0
R
.
Provas/4º estágio/solucao4-2014.2.pdf
UNIVERSIDADE FEDERAL DE CAMPINA GRANDE
CCT-Unidade Acadêmica de F́ısica
Solução do 4o Estágio de F́ısica Geral III 2014.2
Prof. Adriano de A. Batista 17/03/2015
1) (2.0) Uma bobina de 10 espiras, com raio de 3,0 cm está coaxial
com um
solenóide de 200 espiras/cm e raio de 2,0 cm. Se a corrente no solenóide for
i(t) = i0 sin(2πft), com i0 = 1A e f = 120Hz: (a) Qual a corrente induzida na
bobina se ela tiver resistência R = 10Ω? Despreze a autoindutância. (b) Qual a
potência média transferida para a bobina ? µ0 = 1, 257× 10−6H/m.
Solução: (a) O campo magnético no interior do solenoide é B(t) =
B0 sin(2πft), onde B0 = µ0ni0 ≈ 1, 257 × 10−6 × 2 × 104T≈25mT e o
fluxo na bobina é Φ(t) = NB(t)πa2 = Φ0 sin(2πft), onde Φ0 = NB0πa
2 =
10 × 25π × 4, 0 × 10−7 Wb≈ 0, 316mWb, com a = 2, 0cm. Portanto, a fem
na bobina é dada por E (t) = −dΦ(t)
dt
= −E0 cos(2πft), em que E0 = Φ02πf =
0, 316 × 10−4 × 6, 283 × 1, 20 × 102 ≈ 23, 8mV. A corrente na bobina é então
dada por iind(t) = −iind0 cos(2πft), em que iind0 = E0R ≈ 2, 38mA.
(b) A potência média transferida para a bobina é dada por
P = E (t)iind(t) = E0i
ind
0 /2 ≈ 23, 8× 2, 38/2µW = 28, 3µW
2) (2.0) No circuito abaixo à esquerda a chave S é fechada em t = 0 . (a) Qual a
corrente inicial na bateria? (b) Qual a corrente inicial no indutor? (c) Depois de
um tempo muito longo, qual a energia acumulada no indutor? (d) Depois de se
abrir novamente a chave S qual é a energia total dissipada no resistor R2?
V0
S
R2
R1
L
I
d
a
x
Solução: Assim que a chave S é fechada, não passa nenhuma corrente no
indutor, pois a corrente no indutor cresce de zero com um tempo caracteŕıstico
da ordem de L/R1. Assim (a) I2(0
+) = V0
R1+R2
(b) IL(0
+) = 0
(c) Depois de um longo tempo (t >> L/R1) −LdILdt = 0, portanto não há queda
de tensão no indutor, o que o torna um curto. Assim não há queda de tensão
em R2 e, consequentemente, I2(t >> L/R1) = 0. De forma que a corrente no
indutor será então V0/R1, logo a energia armazenada no indutor será
LV 20
2R21
.
(d) A energia total dissipada no resistor R2 originou-se no indutor. A energia
inicial armazenada no indutor
LV 20
2R21
= Ediss.
3)(2.0)Uma espira quadrada tem resistência R e lado a. Ela está a uma distância d
de um fio retiĺıneo. Veja figura acima à direita. A corrente no fio cresce linearmente
de 0 a 1, 0A em ∆t = 25ms. Durante esse tempo: (a) Qual a fem induzida na
espira? (b) Qual a energia total dissipada na espira supondo que a sua resistência
seja de 5, 0Ω?(despreze a autoindutância da espira)
Solução: O campo gerado pelo fio retiĺıneo com corrente I(t) no plano da es-
pira (plano xy) é ~B(y, t) = µ0I(t)
2πy
k̂, onde y é a ordenada de um ponto (x, y).
(a) O fluxo magnético na espira nesse intervalo de tempo é dado então por
Φ(t) = Φ0t/∆t, onde Φ0 =
aµ0I0
2π
∫ d+a
d
dy
y
= aµ0I0
2π
ln d+a
d
e I0 = 1, 0A.
Logo, a fem induzida na espira é dada por E (t) = −dΦ(t)
dt
= E0 = −Φ0/∆t =
−aµ0ωI0
2π∆t
ln d+a
d
.
(b) Desprezando a auto-indutância da espira, a corrente induzida nesse inter-
valo de tempo é dada por iind(t) = E (t)/R =
E0
R
= aµ0ωI0
2πR∆t
ln d+a
d
.
A potência dissipada na espira durante o intervalo de tempo 0 < t < ∆t é
Pdiss(t) = Ri
2
ind =
E 20
R
. Logo a energia total dissipada é Ediss =
E 20 ∆t
R
4)(2.0) No circuito abaixo à esquerda (a) Qual a energia média ŪL acumulada na
indutância? (b) Qual a energia média ŪC acumulada no capacitor? (c) Qual a
razão ŪL/ŪC? (d) Quando XL = XC qual a energia média acumulada no indutor
e no capacitor? Obtenha as respostas em termos dos parâmetros fornecidos na
figura. Despreze os transientes.
V0 cos(ωt)
R
L
C
a
bL
V0
R
C
Solução: (a) A amplitude da corrente estacionária no circuito RLC é dada por
|Ĩ(ω)| = E0|Z| =
E0√
R2+(XL−XC)2
. A corrente no tempo t no indutor é dada por
Re{Ĩ(ω)eıωt} = ||Ĩ(ω)| cos(ωt+φ). A energia acumulada no indutor no tempo
t é UL(t) = LI(t)
2/2. Assim a energia energia média é UL = LI
2
rms/2, onde
Irms = |Ĩ(ω)|/
√
2.
(b)A amplitude da tensão no capacitor é dada por |Ṽc(ω)| = XcE0|Z̃| . En-
quanto que a tensão instantânea no capacitor é Vc(t) = Re{Ṽc(ω)eıωt} =
|Ṽc(ω)| cos(ωt + φc). Logo a energia acumulada no capacitor no instante t
é Uc(t) =
CVc(t)2
2
. Portanto a energia média é dada por U c(t) =
CX2CE
2
0
4|Z|2 .
(c) A razão UL
UC
= L
CX2c
= LCω2 = ω
2
ω20
(d) Quando XL = XC =⇒ ω = ω0. Logo, ULUC = 1.
5)(2.0) Na figura acima à direita a chave é mantida na posição a por muito tempo
antes de ser colocada na posição b. Depois que a chave é colocada na posição b:
(a) Qual a amplitude da corrente? (b) Qual a amplitude da tensão? Escreva sua
resposta em termos dos parâmetros fornecidos na figura.
Solução: Depois de um longo tempo com a chave na posição a, a corrente no
indutor é V0/R, assim a energia acumulada nele é
LV 20
2R2
. (a) Quando a chave
é passada para a posição b (supondo que isso ocorra de maneira instantânea)
temos um circuito LC, cuja energia total se conserva no tempo. Assim,
LI(t)/2 + CV (t)2/2 = LI2max/2 = CV
2
max/2 = constante
Tanto a corrente quanto a tensão no capacitor serão funções senoidais. Assim,
a corrente é máxima quando toda a energia está acumulada no indutor e a
tensão é máxima quando toda a energia está acumulada no capacitor. Logo a
amplitude da corrente é V0/R. (b) A amplitude da tensão é Vmax =
√
L
C
V0
R
.
Provas/4º estágio/solucao4-2015.1.pdf
UNIVERSIDADE FEDERAL DE CAMPINA GRANDE
CCT-Unidade Acadêmica de F́ısica
Solução do 4o Estágio de F́ısica Geral III 2015.1
Prof. Adriano de A. Batista 30/11/2015
1) (2.0) Uma bobina de 10 espiras, com raio de 3,0 cm está coaxial com um
solenóide de 200 espiras/cm e raio de 2,0 cm. Se a corrente no solenóide for
i(t) = i0 cos(2πft), com i0 = 1A e f = 1MHz: (a) Qual a amplitude da corrente
induzida na bobina se ela tiver resistência R = 10Ω? Despreze a autoindutância.
(b) Qual a potência média transferida para a bobina ? µ0 = 4π × 10−7H/m.
Solução: (a) O campo magnético no interior do solenoide é B(t) =
B0 sin(2πft), onde B0 = µ0ni0 ≈ 1, 257 × 10−6 × 2 × 104T≈25mT e o
fluxo na bobina é Φ(t) = NB(t)πa2 = Φ0 sin(2πft), onde Φ0 = NB0πa
2 =
10 × 25π × 4, 0 × 10−7 Wb≈ 0, 316mWb, com a = 2, 0cm. Portanto, a fem
na bobina é dada por E (t) = −dΦ(t)
dt
= −E0 cos(2πft), em que E0 = Φ02πf =
0, 316× 10−4 × 6, 283× 106V≈ 2, 0kV. A corrente na bobina é então dada por
iind(t) = −iind0 cos(2πft), em que iind0 = E0R ≈ 200A.
(b) A potência média transferida para a bobina é dada por
P = E (t)iind(t) = E0i
ind
0 /2 ≈ 2kV × 200A/2 = 200kW
2) (2.0) No circuito abaixo à esquerda a chave S é fechada em t = 0 . (a) Qual a
corrente inicial na bateria? (b) Qual a corrente inicial no indutor? (c) Depois de
um tempo muito longo, qual a energia acumulada no indutor? (d) Depois de se
abrir novamente a chave S qual é a energia total dissipada no resistor R1?
V0
S
R1
R2
L
I
d
a
b
Solução: Assim que a chave S é fechada, não passa nenhuma corrente no indu-
tor, pois a corrente no indutor cresce continuamente a partir de zero com um
tempo caracteŕıstico da ordem de L/R2. Assim:
(a) Ibat(0
+) = I1(0
+) = V0
R1
(b) IL(0
+) = 0
(c) Depois de um longo tempo (t >> L/R2) as correntes se tornam esta-
cionárias e portanto −LdIL
dt
= 0, logo não há mais queda de tensão no indutor,
o que o torna um curto. Assim a queda de tensão em R2 é V0, consequente-
mente, IL(t >> L/R2) = V0/R2. Logo a energia armazenada no indutor será
LV 20
2R22
.
(d) A partir do momento em que a chave S é aberta novamente, no tempo t = 0,
a corrente de descarga é dada por I(t) = I0e
−(R1+R2)t/L, em que I0 = V0/R2.A
energia total dissipada no resistor R1 é dada por∫ ∞
0
R1I(t)
2dt =
R1
R1 +R2
LI20
2
,
3)(2.0)Uma espira retangular tem largura a = 2, 0cm e comprimento b = 3, 0cm
está a uma distância d = 1, 0cm de um fio retiĺıneo muito longo com corrente
I. Veja figura acima à direita. A corrente no fio cresce linearmente de 0 a 1, 0A
em ∆t = 25ms. Durante esse tempo: (a) Qual a fem induzida na espira? (b)
Qual a energia total dissipada na espira supondo que a sua resistência seja de
5, 0Ω?(despreze a autoindutância