RESOLUÇÃO QUESTÕES PROBLEMAS HALLIDAY 3

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Instituto Federal do Pará 
Curso de Engenharia de Controle e Automação 2º semestre 
Disciplina: Física III 
Professor: Leonardo Nascimento 
Resolução de Problemas do Livro Fundamentos da Física 8ª Ed. Vol. 3 
2014 
 
 
 
 
A Fig.21-30 mostra um sistema de quatro partículas carregadas com 𝜃 = 300° e 𝑑 = 2,00 𝑐𝑚. 
A carga da partícula 2 é 𝑞2 = +8,00 × 10
−19∁ ; a carga das partículas 3 e 4 é 𝑞3 = 𝑞4 =
 −1,60 × 10−19∁. (a) Qual deve ser a distância D entre a origem e a partícula 2 para que a 
força que age sobre a partícula 1 seja nula? (b) Se as partículas 3 e 4 são aproximadas do eixo 
𝑥 mantendo-se simétricas em relação a este eixo, o valor da distância D é maior, menor ou 
igual ao do item (a)? 
 
 
 
 
 
 
 
 
RESOLUÇÃO 
Dados: 
𝑑 = 2𝑐𝑚 
cos 30° = √3/2 
|𝑞3| = |𝑞4| = 1,6 ∙ 10
−19C 
|𝑞2| = +8 ∙ 10
−19C 
 
CAPÍTULO 21 PROBLEMA 20 
Cálculo de 𝑟 a partir dos triângulos 
 
cos 30° =
𝑑
𝑟
= 𝑟. cos 30° = 𝑑 
𝑟 =
𝑑
√3
2
=
2𝑑
√3
 , logo 𝑟 = 2𝑑
√3
 
 
Calculando a força eletrostática temos: 
 
𝐹13 =
|𝑞1| = |𝑞3| cos30°
𝑟2
 
𝐹14 =
|𝑞1| = |𝑞4| cos30°
𝑟2
↔ 𝐹13 =
|𝑞1| = |𝑞3| cos 30°
𝑟2
 
 
Analisando as componentes e fazendo a soma vetorial temos: 
 
𝐹𝑟 =
2|𝑞1| ∙ |𝑞3| cos 30°
4𝜋𝜀𝑟2
=
2|𝑞1| ∙ |𝑞3|
4𝜋𝜀
∙
√3 ∙ 1
2
4𝑑2
2
=
3√3|𝑞1 ∙ 𝑞3|
16𝜋𝜀𝑑2
 
𝐹𝑟 =
3√3|𝑞1 ∙ 𝑞3|
16𝜋𝜀𝑑2
 
 
 
 
𝐹𝑟 − 𝐹12 = 0 
3√3|𝑞1 ∙ 𝑞3|
16𝜋𝜀𝑑2
=
|𝑞1| ∙ |𝑞2|
4𝜋𝜀(𝐷 + 𝑑)2
↔
3√3|𝑞1 ∙ 𝑞3|
16𝜋𝜀𝑑2
=
|𝑞1| ∙ 5|𝑞3|
4𝜋𝜀(𝐷 + 𝑑)2
 
 
3√3|𝑞1 ∙ 𝑞3|
16𝜋𝜀𝑑2
=
|𝑞1| ∙ 5|𝑞3|
4𝜋𝜀(𝐷 + 𝑑)2
↔ (𝐷 + 𝑑)2 =
5 ∙ 4𝑑2
3√3
 
 
𝐷 = 𝑑 ∙ 2 ∙ √
5
3√3
− 1 = 1,92 𝑐𝑚 
 
 
 
 
Na Fig. 21-31, as partículas 1 e 2, de carga 𝑞1 = 𝑞2 = +3,20 × 10
−19∁ , estão sobre o eixo 𝑦 , 
a uma distância 𝑑 = 17,00 𝑐𝑚 da origem. A partícula 3 de carga 𝑞3 = +6,40 × 10
−19∁ , é 
deslocada ao longo do eixo 𝑥, de 𝑥 = 0 até 𝑥 = +5,0 𝑚. Para que valor de 𝑥 o módulo da 
força eletroestática exercida pelas partículas 1 e 2 sobre a partícula 3 é (a) mínimo e (b) 
máximo? Quais são os valores (c) mínimo e (d) máximo do módulo. 
 
 
 
 
 
RESOLUÇÃO 
 
 
𝐹𝑅𝑒𝑠 = 2𝐹𝑒 × cos 𝜃 =
2 × (2𝑒) × (4𝑒)
4𝜋𝜀0(𝑥2 + 𝑑2)
×
𝑥
(𝑥2 + 𝑑2)
1
2
=
4𝑒2𝑥
𝜋𝜀0(𝑥2 + 𝑑2)
3
2
 
 
Derivando apenas o que está dentro do círculo temos: 
 
CAPÍTULO 21 PROBLEMA 21 
𝑒 = 1,6 × 10−19𝐶 
cos 𝜃 = 𝑥 √𝑥2 + 𝑑2⁄ 
𝑞1 = 𝑞2 = 3,2 × 10
−19𝐶 → 𝑞1 = 𝑞2 = 2𝑒 
𝑞3 = 6,4 × 10
−19𝐶 → 𝑞3 = 4𝑒 
𝑑 = 17 𝑐𝑚 = 0,17 𝑚(0 ≤ 𝑥 ≤ 5) 
Dados 
𝑑
𝑑𝑥
𝐹𝑅𝑒𝑠 
 
𝑑
𝑑𝑥
=
(𝑥2 + 𝑑2)
3
2⁄ − 𝑥2𝑥
3
2
(𝑥2 + 𝑑2)
1
2⁄
[((𝑥2 + 𝑑2)
3
2)]
2 →
𝑑
𝑑𝑥
=
(𝑥2 + 𝑑2)
3
2⁄
(𝑥2 + 𝑑2)3
−
3𝑥(𝑥2 + 𝑑2)
1
2⁄
(𝑥2 + 𝑑2)3
 
 
𝑑
𝑑𝑥
= (𝑥2 + 𝑑2)
−3
2⁄ −
3𝑥2
(𝑥2 + 𝑑2)
5
2⁄
→
𝑑
𝑑𝑥
=
𝑥2 + 𝑑2 − 3𝑥2
(𝑥2 + 𝑑2)
5
2⁄
=
𝑑2 − 2𝑥2
(𝑥2 + 𝑑2)
5
2⁄
 
 
𝑑
𝑑𝑥
𝐹𝑅𝑒𝑠 =
4𝑒2
𝜋𝜀0
×
𝑑2 − 2𝑥2
(𝑥2 + 𝑑2)
5
2⁄
→
𝑑
𝑑𝑥
𝐹𝑅𝑒𝑠 = 0 
 
4𝑒2
𝜋𝜀0
×
𝑑2 − 2𝑥2
(𝑥2 + 𝑑2)
5
2⁄
= 0 → 𝑑2 − 2𝑥2 = 0 
 
2𝑥2 = 𝑑2 → 𝑥 = ±
𝑑
√2
 
 
Analisando o estudo sinal temos: 
 
 
 
 
 
 
a) Como o ponto mínimo encontra-se no 
limite inferior do intervalo, então 𝑥𝑚𝑖𝑛 = 0; 
 
b) 𝑥𝑚𝑎𝑥 =
𝑑
√2
⁄ = 12 𝑐𝑚; 
 
c) O valor mínimo da 𝐹𝑅𝑒𝑠 = 0; 
 
d) O valor máximo é: 
 
 
4𝑒2
𝜋𝜀0
×
𝑑2 − 2𝑥2
(𝑥2 + 𝑑2)
5
2⁄
→ 𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑥 = 𝑑
√2
⁄ → 𝑥𝑚𝑎𝑥 = 12 𝑐𝑚 = 0,12 𝑚 
 
𝐹𝑅𝑒𝑠 = 4,9 × 10
−26 𝑁 
 
 
A Fig. 21-32𝑎 mostra um sistema de três partículas carregadas separadas por uma distância 𝑑. 
As partículas A e C estão fixas no lugar sobre o eixo 𝑥 ( Fig. 21-32𝑏). As curvas da Fig. 21-32𝑐 
mostram, para duas situações, o módulo 𝐹𝑙𝑜𝑡 da força eletrostática total que as outras 
partículas exercem sobre a partícula A. Esta força total está plotada em função do ângulo 𝜃 e 
como múltiplo da uma força de referência 𝐹0. Assim, por exemplo, na curva 1, para 𝜃 = 180°, 
vemos que 𝐹𝑙𝑜𝑡 = 2𝐹0. (a) para a situação correspondente à curva 1, qual é a razão entre a 
carga da partícula C e a carga da partícula B (incluindo o sinal)? (b) Qual é a mesma razão para 
a situação correspondente à curva 2? 
RESOLUÇÃO 
a) 
𝐹 =
1
4𝜋𝜀0
𝑞1𝑞2
𝑑2
 
 
Quando 𝜃 = 0° 
𝐹𝑡 = 0 
𝐹𝐶𝐴 + 𝐹𝐵𝐴 = 0 
𝐹𝐶𝐴 = −𝐹𝐵𝐴 
Quando 𝜃 = 180° 
𝐹𝑡 = 2𝐹0 
 
Onde, 
𝐹𝐵𝐴 =
1
4𝜋𝜀0
𝑞𝐴𝑞𝐵
𝑑2
 
CAPÍTULO 21 PROBLEMA 22 
𝐹𝐶𝐴 =
1
4𝜋𝜀0
𝑞𝐴𝑞𝐶
(2𝑑)2
 
 
Logo, Isolando as cargas 𝑞𝐵 e 𝑞𝐶 nas seguintes expressões, temos: 
 
𝑞𝐵 =
𝐹𝐵𝐴4𝜋𝜀0𝑑
2
𝑞𝐴
 
𝑞𝐶 =
𝐹𝐶𝐴4𝜋𝜀04𝑑
2
𝑞𝐴
 
 
Fazendo, 
𝑞𝐶
𝑞𝐵
 
𝑞𝐶
𝑞𝐵
=
4𝐹𝐶𝐴
𝐹𝐵𝐴
 
𝐹𝐶𝐴 + 𝐹𝐵𝐴 = 0 
𝐹𝐶𝐴 = −𝐹𝐵𝐴 
𝑞𝐶
𝑞𝐵
= −4 
 
b) Para resolvermos essa alternativa, novamente iremos observar as informações contidas no 
gráfico. Para o 𝜃 = 0°, temos que a Força Resultante na partícula A é: 1,25 . Já para 𝜃 = 180°, 
a Força Resultante será de 0,75. 
Primeiramente iremos calcular a situação 1 (𝜃 = 0°): 
𝐹𝐵𝐴 + 𝐹𝐶𝐴 = 1,25 
𝐾𝑞𝐴𝑞𝐵
𝑑2
+
𝐾𝑞𝐴𝑞𝐶
(2𝑑)2
= 1,25 
4𝐾𝑞𝐴𝑞𝐵 + 𝐾𝑞𝐴𝑞𝐶
4𝑑²
= 1,25 
Isolando a carga A, temos que: 
𝑞𝐴 =
5𝑑²
𝐾(4𝑞𝐵 + 𝑞𝐶)
 
Agora iremos calcular a situação 2(𝜃 = 180°) 
−𝐹𝐵𝐴 + 𝐹𝐶𝐴 = 0,75 
−
𝐾𝑞𝐴𝑞𝐵
𝑑2
+
𝐾𝑞𝐴𝑞𝐶
(2𝑑)2
= 0,75 
−4𝐾𝑞𝐴𝑞𝐵 + 𝐾𝑞𝐴𝑞𝐶
4𝑑²
= 0,75 
Isolando a carga B, temos que: 
𝑞𝐴 =
3𝑑²
𝐾(−4𝑞𝐵 + 𝑞𝐶)
 
Como a carga A é a mesma nas duas situações, podemos iguala-las: 
3𝑑²
𝐾(−4𝑞𝐵 + 𝑞𝐶)
=
5𝑑²
𝐾(4𝑞𝐵 + 𝑞𝐶)
 
Após a manipulação algébrica, o resultado será: 
𝑞𝑐
𝑞𝐵
= 16 
 
 
 
Uma casca esférica não-condutora, com um raio interno de 4,0 cm e um raio externo de 6,0 
cm, possui uma distribuição de cargas não-homogêneas. A densidade volumétrica de carga ρ é 
a carga por unidade de volume, medida em coulombs por metro cúbico. No caso dessa casca, 
𝜌 = 𝑏 𝑟⁄ , onde r é distancia em metros a partir do centro da casca e b = 3,0𝜇 𝐶 𝑚
2⁄ . Qual é a 
carga total da casca. 
 
RESOLUÇÃO 
 
 
CAPÍTULO 21 PROBLEMA 23 
𝑟1 = 4 𝑐𝑚 
 
𝑟2 = 6 𝑐𝑚 
 
Dados 
𝜌 =
𝑏
𝑟
 ; sendo 𝑏 = 3,0 𝜇𝑐 𝑚2⁄ 
𝑟1 = 4 𝑐𝑚 
𝑟2 = 6 𝑐𝑚 
 
Notação: 
𝑑𝑉 = 𝑟2 sen𝜃 𝑑𝜃𝑑𝛷𝑑𝑟 
 
Onde, sen 𝜃 𝑑𝜃𝑑𝛷 = 4𝜋 
 
Então, 𝑑𝑉 = 4𝜋𝑟2𝑑𝑟 
 
𝜌 =
𝑑𝑞
𝑑𝑉
 → 𝑑𝑞 = 𝜌𝑑𝑉 
 
∫𝑑𝑞 = ∫𝜌𝑑𝑉 → 𝑞 = ∫
𝑏
𝑟
∙ 4𝜋𝑟2𝑑𝑟 
 
𝑞 = 4𝜋𝑏 ∫ 𝑟𝑑𝑟
𝑟2
𝑟1
 → 𝑞 = 4𝜋𝑏
𝑟2
2
 |
𝑟2
𝑟1
 
 
𝑞 = 2𝜋𝑏𝑟2 |𝑟2
𝑟1
 → 𝑞 = 2𝜋𝑏(𝑟2
2 − 𝑟1
2) 
 
𝑞 = 2𝜋3(0,062 − 0,042) 
 
𝑞 ≅ 0,038𝜇C = 3,8 ∙ 10−8C 
 
 
 
A Fig. 21-35 mostra dois elétrons, 1 e 2, sobre o eixo 𝑥, e dois íons, 3 e 4, de carga −𝑞, sobre o 
eixo 𝑦. O ângulo 𝜃 é o mesmo para os dois íons. O elétrons 2 está livre para se mover; as 
outras três partículas são mantidas fixas a uma distância horizontal R do elétron 2, e seu 
objetivo é impedir que o elétron 2 se mova. Para valores fisicamente possíveis de 𝑞 ≤ 5𝑒, 
determine (a) o menor valor possível de 𝜃; (b) o segundo menor valor possível de 𝜃; (c) 0 
terceiro menor valor possível de𝜃. 
RESOLUÇÃO 
 
cos 𝜃 =
𝑅
𝑟
 → 𝑟 =
𝑅
cos 𝜃
 
𝐹𝑒2,1 = 𝐹𝑒2,3𝑥 + 𝐹𝑒2,4𝑥 
𝐹𝑒2,3𝑥 = 𝐹𝑒2,3 cos𝜃 
𝐹𝑒2,4𝑥 = 𝐹𝑒2,4 cos𝜃 
 
𝐾(−𝑒)(−𝑒)
𝑅2
=
𝐾(−𝑒)(−𝑞) cos 𝜃
𝑟2
+
𝐾(−𝑒)(−𝑞) cos 𝜃
𝑟2
 ÷ (−𝐾𝑒) 
𝑒
𝑅2
=
𝑞 cos 𝜃
𝑟2
+
𝑞 cos 𝜃
𝑟2
 
𝑒
𝑅2
=
2𝑞 cos𝜃
(𝑅 cos 𝜃⁄ )
2
 → 
𝑒𝑅2
𝑅2cos2𝜃
= 2𝑞 cos 𝜃 → 𝑞 =
𝑒
2𝑐𝑜𝑠3𝜃
 
 
Resolvendo a equação acima, considerando a exigência de que 𝑞 ≤ 5𝑒 nos leva a: 
 
𝑒
2𝑐𝑜𝑠3𝜃
≤ 5𝑒 ⟹ 
1
(10)
1
3⁄
≤ cos𝜃 
CAPÍTULO 21 PROBLEMA 34 
 
O problema pede para "valores fisicamente possíveis", e é razoável supor que apenas 
valores positivos-inteiros múltiplos de 𝑒 são permitidos para 𝑞. Se deixarmos 𝑞 = 𝑛𝑒, para 
𝑛 = 1,… ,5, em seguida, 𝜃 será encontrado tomando o 𝑐𝑜𝑠−1√
1
2𝑛
3
. 
 
𝑛𝑒 =
𝑒
2𝑐𝑜𝑠3𝜃
 → 𝜃 = 𝑐𝑜𝑠−1√
1
2𝑛
3
 
 
a) Para 𝑛 = 1; 
𝜃 = 𝑐𝑜𝑠−1√
1
2 × 1
3
= 𝑐𝑜𝑠−1√
1
2
3
= 𝑐𝑜𝑠−1 0,794 → 𝜃 ≅ 37,5° (𝑅𝐸𝑆𝑃𝑂𝑆𝑇𝐴) 
 
b) Para 𝑛 = 2; 
𝜃 = 𝑐𝑜𝑠−1√
1
2 × 2
3
= 𝑐𝑜𝑠−1√
1
4
3
= 𝑐𝑜𝑠−1 0,629 → 𝜃 ≅ 50,95° (𝑅𝐸𝑆𝑃𝑂𝑆𝑇𝐴) 
 
c) Para 𝑛 = 3; 
𝜃 = 𝑐𝑜𝑠−1√
1
2 × 3
3
= 𝑐𝑜𝑠−1√
1
6
3
= 𝑐𝑜𝑠−1 0,55 → 𝜃 ≅ 56,6° (𝑅𝐸𝑆𝑃𝑂𝑆𝑇𝐴) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Nos cristais de cloreto de césio, os íons de césio, 𝐶𝑠
+, estão nos oito vértices de um cubo, com 
um íon de cloro, 𝐶𝑙−, no centro (Fig. 21-36). A aresta do cubo tem 0,40 𝑛𝑚. Os íons 𝐶𝑠
+ 
possuem um elétron a menos (e, portanto, uma carga +𝑒), e os íons 𝐶𝑙− possuem um elétron 
CAPÍTULO 21 PROBLEMA 35 
a mais (e, portanto, uma carga – 𝑒). (a) Qual é o módulo da força eletrostática total exercida 
sobre o íon 𝐶𝑙− pelos íons 𝐶𝑠
+ situados nos vértices do cubo. (b) Se um dos íons 𝐶𝑠
− está 
faltando, dizemos que o cristal possui um defeito; qual é o módulo da força eletrostática total 
exercida sobre o íon 𝐶𝑙− pelos íons 𝐶𝑠
+ restantes? 
 
RESOLUÇÃO 
a) Cada íon de césio no canto do cubo exerce a mesma força sem sentidos opostos sobre o íon 
de cloro no centro do cubro, deste modo a força total exercida sobre o íon de cloro é igual a 
zero. 
 
 
b) 𝐶𝑠+ = +𝑒; 𝐶𝑙− = −𝑒; 
 
 
c) 𝑞1𝑞2 = 𝑒
+; 
 
d) 𝑑 = 𝑎
√3
2
; 
 
 
e) 𝐹𝑒 = 𝑘
𝑒2
𝑑2
= 𝑘
𝑒2
(3 4⁄ )𝑎
2 =
(8,99×10−9)×(1,6×10−19)
2
(
3
4
)×(0,4×10−9)2
= 1,9 × 10−9𝑁 
 
 
 
 
 
 
A Fig. 22-39 um anel de plástico de raio 𝑅 = 50,0𝑐𝑚. Duas pequenas contas coloridas estão 
sobre o anel: a conta 1, de carga + 2,00𝜇∁, que é mantida fixa na extremidade esquerda, e a 
conta 2, de carga + 6,00𝜇∁, que pode ser deslocada ao longo do anel. As duas contas 
produzem, juntas, um campo elétrico de módulo 𝐸 no centro do anel. Determine (a) um valor 
positivo e (b) um valor negativo do ângulo 𝜃 para que 𝐸 = 2,00 × 105 𝑁 ∁⁄ . 
 
 
 
 
CAPÍTULO 22 PROBLEMA 16 
 
 
 
 
 
RESOLUÇÃO 
 Dados 
𝑞1 = +2,00 × 10
−6𝐶 
𝑞2 = +6,00 × 10
−6𝐶 
𝐸 = +2 × 10−5 𝑁 𝐶⁄ 
𝑅 = 50,0 𝑐𝑚 
 
Calculando o campo elétrico das componentes temos: 
 
𝐸𝑥 =
𝑞1
4𝜋𝜀0𝑅2
−
𝑞2 cos 𝜃
4𝜋𝜀0𝑅2
 
 
𝐸𝑦 = −
𝑞1 cos 𝜃
4𝜋𝜀0𝑅2
 
Assim; 
𝐸2 = 𝐸𝑥
2 + 𝐸𝑦
2 
 
𝐸2 =
𝑞1
2
(4𝜋𝜀0𝑅2)2
−
2𝑞2𝑞1 cos 𝜃
(4𝜋𝜀0𝑅2)2
+ (
𝑞2 cos 𝜃
4𝜋𝜀0𝑅2
)
2
+ (−
𝑞2 sen 𝜃
4𝜋𝜀0𝑅2
)
2
 
 
𝐸2 =
𝑞1
2
(4𝜋𝜀0𝑅2)2
−
2𝑞2𝑞1 cos 𝜃
(4𝜋𝜀0𝑅2)2
+
𝑞2
2 cos2 𝜃
(4𝜋𝜀0𝑅2)2
+
𝑞2
2 sen2 𝜃
(4𝜋𝜀0𝑅2)2
 
 
 
𝐸2 =
𝑞1
2
(4𝜋𝜀0𝑅2)2
−
2𝑞2𝑞1 cos 𝜃
(4𝜋𝜀0𝑅2)2
+
𝑞2
2(cos2 𝜃 sen2 𝜃)
(4𝜋𝜀0𝑅2)2
 
 
 
𝐸2 =
𝑞1
2
(4𝜋𝜀0𝑅2)2
−
2𝑞2𝑞1 cos 𝜃
(4𝜋𝜀0𝑅2)2
+
𝑞2
2(1)
(4𝜋𝜀0𝑅2)2
 
 
 
𝐸2 =
𝑞1
2 + 𝑞2
2 − 2𝑞2𝑞1 cos 𝜃
(4𝜋𝜀0𝑅2)2
 
 
 
𝜃 = 𝑐𝑜𝑠−1 (
𝑞1
2 + 𝑞2
2 − (4𝜋𝜀0𝑅
2)2𝐸2
2𝑞1𝑞2
) 
 
 
Substituindo os valores temos: 
 
a) O valor positivo do ângulo é 𝜃 = 67,8° 
 
b) O valor negativo do ângulo é 𝜃 = −67,8° 
 
 
 
 
 
 
 
Duas contas carregadas estão sobre o anel da Fig. 22-40a, que possui um raio R = 60,0 cm. A 
conta 2, que não aparece na figura, é mantida fixa. A conta 1 está incialmente sobre o eixo 𝑥 , 
na posição 𝜃 = 0°, mas é deslocada para a extremidade oposta do anel, ou seja, para a posição 
𝜃 = 180°, passando pelo primeiro e segundo quadrantes do sistema de coordenadas 𝑥𝑦. A 
Fig.22-40b mostra a componente 𝑥 do campo elétrico produzido na origem pelas duas contas 
em função de 𝜃, e a Fig. 22-40c mostra a componente 𝑦 do campo. As escalas dos eixos 
verticais são definidas por 𝐸𝑥𝑠 = 5,0 × 10
4 𝑁 𝐶⁄ e 𝐸𝑦𝑠 = −9,0 × 10
4 𝑁 𝐶⁄ . Qual é ângulo 𝜃 da 
conta 2? Determine as cargas (b) da conta 1 e (c) da conta 2. 
CAPÍTULO 22 PROBLEMA 17 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
RESOLUÇÃO 
a) Quando a conta 1 está no eixo Y positivo, não existe componente X do campo elétrico 
resultante, o que implica que a conta 2 está no eixo y negativo, então o ângulo é -90°. 
 
 
b) 𝑞1 = 4𝜋𝜖0 𝐸 = 4𝜋(8,854. 10
−12)(0,6)(5. 104) = 2. 10−6 𝐶 
 
 
c) 𝑞2 = 4𝜋𝜖0 𝐸 = 4𝜋(8,854. 10
−12)(0,6)(−4. 104) = −1,6. 10−6𝐶 
 
 
 
 
Quadrupolo elétrico. A Fig. 22-42 mostra um quadrupolo elétrico, formado por dois dipolos de 
mesmo módulo e sentidos opostos. Mostre que o valor de 𝐸 em um ponto 𝑃 sobre o eixo do 
quadrupolo situado a uma distância 𝑧 do centro (supondo 𝑧 ≫ 𝑑) é dado por: 
 
𝐸 =
3𝑄
4𝜋𝜀0𝑧4
 
 
CAPÍTULO 22 PROBLEMA 21 
Onde, 𝑄(= 2𝑞𝑑2) é chamado de momento quadrupolar da distribuição de cargas. 
 
 
 
 
 
 
 
RESOLUÇÃO 
Calculando o campo elétrico no ponto P temos: 
 
𝐸 = 𝐸(+) − 𝐸(−) 
 
1
4𝜋𝜀
∙
𝑞
(𝑧2 −
𝑑
2)
2 = −
1
4𝜋𝜀
∙
𝑞
(𝑧2 −
𝑑
2)
2 
 
 
 Nota: (𝑧2 −
𝑑
2
)
2
= [𝑧2 ∙ (1 ±
𝑑
2
)]
2
= (𝑧2)
2 ∙ (1 ±
𝑑
2𝑧2
)
2
 
 
 
𝑞
4𝜋𝜀 (𝑧2)2 ∙ (1 −
𝑑
2𝑧2
)
2 = −
𝑞
4𝜋𝜀 (𝑧2)2 ∙ (1 +
𝑑
2𝑧2
)
2 
 
𝑞
4𝜋𝜀 (𝑧2)2
∙
[
 
 
 1
(1 −
𝑑
2𝑧2
)
2 −
1
(1 +
𝑑
2𝑧2
)
2
]
 
 
 
 
 
Nota: 𝑥 =
𝒅
𝟐𝒛𝟐
 , logo obtemos a seguinte expressão: 
 
 
𝑞
4𝜋𝜀 (𝑧2)2
∙ [
𝟏
(𝟏−𝒙)𝟐
−
𝟏
(𝟏+𝒙)𝟐
], resolvendo apenas a parte em vermelho temos: 
 
[
𝟏
(𝟏 − 𝒙)𝟐
−
𝟏
(𝟏 + 𝒙)𝟐
] = [
(𝟏 + 𝒙)𝟐
(𝟏 + 𝒙)𝟐
∙
𝟏
(𝟏 − 𝒙)𝟐
−
𝟏
(𝟏 + 𝒙)𝟐
∙
(𝟏 − 𝒙)𝟐
(𝟏 − 𝒙)𝟐
] ↔ 
 
=
(𝟏 + 𝒙)𝟐
(𝟏 + 𝒙)𝟐 ∙ (𝟏 − 𝒙)𝟐
−
(𝟏 − 𝒙)𝟐
(𝟏 + 𝒙)𝟐 ∙ (𝟏 − 𝒙)𝟐
↔ 
 
=
(𝟏 + 𝒙)𝟐 − (𝟏 − 𝒙)𝟐
(𝟏 + 𝒙)𝟐 ∙ (𝟏 − 𝒙)𝟐
=
𝟒𝒙
(𝟏 − 𝒙𝟐)𝟐
 
 
 
Assim: 
𝑞
4𝜋𝜀 (𝑧2)
2
∙
𝟒𝒙
(𝟏 − 𝒙𝟐)𝟐
=
𝑞
4𝜋𝜀 (𝑧2)
2
∙
[
 
 
 
 
 
4𝑑
2𝑧2
∙
1
[1 − (
𝑑
2𝑧2
)
2
]
2
]
 
 
 
 
 
 
 
𝐸2 =
𝑞𝑑
2𝜋𝜀(𝑧2)3
 e 𝐸1 = −
𝑞𝑑
2𝜋𝜀(𝑧1)3
 
 
Logo, o campo elétrico produzido pelo dipolo elétrico será: 
 
𝐸1 + 𝐸2 = 𝐸𝑞 
 
𝑞𝑑
2𝜋𝜀
∙ [
1
(𝑧 −
𝑑
2)
3 −
1
(𝑧 +
𝑑
2)
3] ↔
𝑞𝑑
2𝜋𝜀
∙ [𝑧 − (
𝑑
2
)
−3
− (𝑧 +
𝑑
2
)
−3
] 
 
Nota: Expansão Binominal 
 
(𝑧 − 𝑑 2⁄ )−3 ≈ 𝑧−3 − 3𝑧−4(−𝑑 2⁄ ) 
 
(𝑧 + 𝑑 2⁄ )−3 ≈ 𝑧−3 − 3𝑧−4(𝑑 2⁄ ) 
 
Como 𝑄 =2𝑞𝑑2 
𝐸 =
𝑞𝑑
2𝜋𝜀0
[
1
𝑧3
+
3𝑑
2𝑧4
−
1
𝑧3
+
3𝑑
2𝑧4
] =
6𝑞𝑑2
4𝜋𝜀0𝑧4
 
 
𝐸 =
3𝑄
4𝜋𝜀(𝑧)4
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Na Fig. 22-51, uma carga positiva 𝑞 = 7,81 𝑝∁ está distribuída uniformemente em barra fina, 
não-condutora, de comprimento 𝐿 = 14,5 𝑐𝑚. Determine (a) o módulo e (b) a orientação (em 
relação ao semi-eixo 𝑥 positivo) do campo elétrico produzido no ponto 𝑃, situado sobre a 
mediatriz da barra, a uma distância 𝑅 = 6,00 𝑐𝑚 da barra. 
 
 
 
 
CAPÍTULO 22 PROBLEMA 32 
 
 
 
 
 
 
RESOLUÇÃO 
 
 
 
 
 
 
 
 
Notações: 
𝑟 = √𝑥2 + 𝑅2 , cos 𝜃 =
𝑅
𝑟
 , sen 𝜃 =
𝑥
𝑅
 
 
𝜆 =
𝑑𝑞
𝑑𝑥
 𝑑𝐸 =
1
4𝜋𝜀
 
𝑑𝑞
𝑟2
 
 
𝑑𝐸 ∙ cos 𝜃 =
1
4𝜋𝜀
 
𝑑𝑞
𝑟2
∙ cos 𝜃 
 
𝐸 = ∫𝑑𝐸 ∙ cos 𝜃 = ∫
1
4𝜋𝜀
 
𝑑𝑞
𝑟2
∙ cos 𝜃 → 𝐸 = ∫𝑑𝐸 ∙ cos 𝜃 = ∫
1
4𝜋𝜀
 
𝑑𝑞
𝑟2
∙
𝑅
𝑟
 
 
𝐸 = ∫𝑑𝐸 ∙ cos 𝜃 =
1
4𝜋𝜀
𝑅 ∫
𝑑𝑞
𝑟2
∙
1
𝑟
→ 𝐸 =
1
4𝜋𝜀
𝑅 ∫
𝜆𝑑𝑥
(𝑥2 + 𝑅2)
∙
1
(𝑥2 + 𝑅2)
1
2⁄
 
 
𝐸 =
1
4𝜋𝜀
𝑅𝜆 ∫
𝑑𝑥
(𝑥2 + 𝑅2)
3
2⁄
𝑙
2⁄
0
 
 
𝑥 = 𝑅 ∙ tan 𝜃 
 
 
 
𝑑𝑥
𝑑𝜃
= 𝑅′ ∙ tan 𝜃 + 𝑅 ∙ tan 𝜃′ = 𝑅 sec2 𝜃 
 
 
𝐸 =
1
4𝜋𝜀
𝑅 ∙ 𝜆 ∙ 2∫
𝑅 ∙ sec2 𝜃 𝑑𝜃
((𝑅 ∙ tan 𝜃)2 + 𝑅2)
3
2⁄
 
 
Notação: 
cos2 𝜃
cos2 𝜃
+
sen2 𝜃
cos 𝜃
=
1
cos2 𝜃
→ 1 + tg2 𝜃 = sec2 𝜃 
 
 
𝐸 =
1
4𝜋𝜀
𝑅 ∙ 𝜆 ∙ 2∫
𝑅 ∙ sec2 𝜃 𝑑𝜃
((𝑅 ∙ tan 𝜃)2 + 𝑅2)
3
2⁄
 
 
 
Resolvendo apenas a equação em vermelho temos 
 
((𝑅 ∙ tan 𝜃)2 + 𝑅2)
3
2⁄ = [((𝑅 ∙ tan 𝜃)2 + 𝑅2)]
3
2⁄ → 
 
= [𝑅2(tg2 𝜃 + 1)]
3
2⁄ → 𝑅3 ∙ sec3 𝜃 
 
Assim; 
((𝑅 ∙ tan 𝜃)2 + 𝑅2)
3
2⁄ = 𝑅3 ∙ sec3 𝜃 
 
Logo; 
𝐸 =
1
4𝜋𝜀
𝑅 ∙ 𝜆 ∙ 2∫
𝑅 ∙ sec2 𝜃 𝑑𝜃
𝑅3 ∙ sec3 𝜃
 
 
𝐸 =
1
4𝜋𝜀
∙
𝜆 ∙ 2
𝑅
∫
1 ∙ 𝑑𝜃
sec 𝜃
→ 𝐸 =
1
4𝜋𝜀
∙
𝜆 ∙ 2
𝑅
∫cos 𝜃 ∙ 𝑑𝜃 
 
𝐸 =
1
4𝜋𝜀
∙
𝜆 ∙ 2
𝑅
∙ (sen𝜃𝑓 − sen𝜃𝑖) 
 
 
sen 𝜃 =
𝑥
√𝑥2 + 𝑅2
 
 
𝐸 =
1
4𝜋𝜀
∙
𝜆 ∙ 2
𝑅
∙
𝑥
√𝑥2 + 𝑅2
|
𝑙 2⁄
0
 
 
𝐸 =
1
4𝜋𝜀
∙
𝜆 ∙ 2
𝑅
∙
𝐿
√𝐿2 + 4𝑅2
= 12,4𝑁 𝐶⁄ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Na Fig. 22-52, uma barra não-condutora “semi-infinita” (ou seja, infinita apenas em um 
sentido) possui uma densidade linear de cargas uniforme 𝜆. Mostre o campo elétrico 𝐸𝑝⃗⃗ ⃗⃗ no 
ponto 𝑃 faz um ângulo de 45° com a barra e que esse resultado não depende da distância 𝑅. 
(Sugestão: calcule separadamente as componentes de 𝐸𝑝⃗⃗ ⃗⃗ nas direções paralela e 
perpendicul
ar à barra). 
 
 
CAPÍTULO 22 PROBLEMA 33 
 
 
 
RESOLUÇÃO 
𝑟2 = 𝑥2 + 𝑅² 
𝜆 =
𝑑𝑞
𝑑𝑥
 
𝑐𝑜𝑠𝜃 =
𝑅
𝑟
 
 
𝑠𝑒𝑛𝜃 =
𝑥
𝑅
 
 
 
𝑑𝐸 =
1
4𝜋𝜀
𝑑𝑞
𝑟²
 
 
𝐸𝑦 = 𝑑𝐸𝑐𝑜𝑠𝜃 =
1
4𝜋𝜀
𝑑𝑞
𝑟²
𝑐𝑜𝑠𝜃 
 
𝐸𝑦 = ∫𝑑𝐸𝑐𝑜𝑠𝜃 =
1
4𝜋𝜀
𝜆𝑑𝑥
(𝑥2 + 𝑅2)
𝑅
(𝑥2 + 𝑅2)1/2
 
𝐸𝑦 =
𝜆𝑅
4𝜋𝜀
∫
𝑑𝑥
(𝑥2 + 𝑅2)3/2
+∞
0
 
 
# Lembrando que: 
 
X = R.tg𝜽 𝒅𝒙 = 𝑹. 𝒔𝒆𝒄𝟐𝜽.𝒅𝜽 
Portanto, 
 
𝐸𝑦 =
𝜆𝑅
4𝜋𝜀
∫
𝑅. 𝑠𝑒𝑐2𝜃. 𝑑𝜃
((𝑅. 𝑡𝑔𝜃)2 + 𝑅2)3/2
𝜋/2
0
 
𝐸𝑦 =
𝜆𝑅
4𝜋𝜀
∫
𝑅. 𝑠𝑒𝑐2𝜃. 𝑑𝜃
𝑅3. 𝑠𝑒𝑐³𝜃
𝜋/2
0
 
𝐸𝑦 =
𝜆
4𝜋𝜀𝑅
∫
𝑑𝜃
𝑠𝑒𝑐𝜃
𝜋/2
0
 
𝐸𝑦 =
𝜆
4𝜋𝜀𝑅
∫ 𝑐𝑜𝑠𝜃. 𝑑𝜃
𝜋/2
0
 
𝐸𝑦 =
𝜆
4𝜋𝜀𝑅
. [𝑠𝑒𝑛 (
𝜋
2
) − 𝑠𝑒𝑛(0)] = 
𝜆
4𝜋𝜀𝑅
 
 
Conclusão: 
Se fizermos o cálculo do campo elétrico no Eixo "𝑥", veremos que o valor será o mesmo do 
campo do eixo "𝑦". Para isso, é necessário a substituição de cos𝜃 por sen𝜃 no início dos 
cálculos. Essa igualdade de campos é porque 𝑠𝑒𝑛45° = 𝑐𝑜𝑠45°. 
 
 
 
 
 
 
 
A superfície gaussiana em forma de paralelepípedo da Fig. 23- 43 envolve uma carga de 
+24,0 𝜀0 ∁ e está imersa em um campo elétrico dado �⃗� = [(10,0 + 2,00𝑥)𝐼 − 3,00𝐽 +
𝑏𝑧�̂�]𝑁 ∁⁄ , com 𝑥 e 𝑧 em metros e 𝑏 constante. A face inferior está no plano 𝑥𝑧; a face 
superior está no plano horizontal que passa pelo ponto 𝑦2 = 1,00 𝑚. Para 𝑥1 = 1,00 𝑚, 
𝑥2 = 4,00 𝑚, 𝑧1 = 1,00 𝑚 e 𝑧2 = 3,00 𝑚, qual é valor de 𝑏? 
CAPÍTULO 23 PROBLEMA 16 
 
 
 
 
 
 
 
 
RESOLUÇÃO 
Para a face esquerda: 
 
𝛷𝑒 = ∫𝐸𝑥⃗⃗⃗⃗ ∙ 𝑑𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗ = ∫[(10 + 2𝑥1)�̂� × (−𝑑𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗)𝑖]̂ → 
 
∫[(10 + 2 × 1)𝑖̂ × (−𝑑𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗)𝑖]̂ → − 12∫𝑑𝐴 = −12 × 2 → 
 
𝛷𝑒 = ∫𝐸𝑥⃗⃗⃗⃗ ∙ 𝑑𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗ = −24𝑁 𝑚
2 𝐶⁄ 
 
Para a face direita: 
 
𝛷𝑑 = ∫𝐸𝑥⃗⃗⃗⃗ ∙ 𝑑𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗ = ∫[(10 + 2𝑥2)�̂� × (𝑑𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗)𝑖]̂ → 
 
∫[(10 + 2 × 4)𝑖̂ × (𝑑𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗)𝑖̂] →18∫𝑑𝐴 = 18 × 2 → 
 
𝛷𝑑 = ∫𝐸𝑥⃗⃗⃗⃗ ∙ 𝑑𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 36𝑁 𝑚
2 𝐶⁄ 
 
 
 
 
 
Para a face superior 
 
 
𝛷𝑠 = ∫𝐸𝑦⃗⃗ ⃗⃗ ∙ 𝑑𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗ = ∫[(3)𝑗̂ × (−𝑑𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗)𝑗̂] → 
 
∫[(3) × (−𝑑𝐴)] → − 3∫𝑑𝐴 = −3 × 6 → 
 
𝛷𝑠 = ∫𝐸𝑥⃗⃗⃗⃗ ∙ 𝑑𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗ = −18𝑁𝑚
2 𝐶⁄ 
 
Para a face inferior: 
 
𝛷𝑖 = ∫𝐸𝑦⃗⃗ ⃗⃗ ∙ 𝑑𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗ = ∫[(3)𝑗̂ × (𝑑𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗)𝑗̂] → 
 
∫[(3) × (𝑑𝐴)] →3∫𝑑𝐴 = 3 × 6 → 
 
𝛷𝑖 = ∫𝐸𝑦⃗⃗ ⃗⃗ ∙ 𝑑𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 18𝑁 𝑚
2 𝐶⁄ 
 
Para a face frontal: 
 
 
𝛷𝑓 = ∫𝐸𝑧⃗⃗⃗⃗ ∙ 𝑑𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗ = ∫[(𝑏𝑧2)�̂� × (𝑑𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗)�̂�] → 
 
∫[(𝑏 × 3)�̂� × (𝑑𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗)�̂�] →3𝑏 = ∫𝑑𝐴 = 3𝑏 × 3 
 
𝛷𝑓 = ∫𝐸𝑧⃗⃗⃗⃗ ∙ 𝑑𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 9𝑏𝑁 𝑚
2 𝐶⁄ 
 
 
 
Para a face traseira: 
 
𝛷𝑡 = ∫𝐸𝑧⃗⃗⃗⃗ ∙ 𝑑𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗ = ∫[(𝑏𝑧1)�̂� × (−𝑑𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗)�̂�] → 
 
∫[(𝑏 × 1)�̂� × (−𝑑𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗)�̂�] → − 𝑏 = ∫𝑑𝐴 = −𝑏 × 3 
 
𝛷𝑡 = ∫𝐸𝑧⃗⃗⃗⃗ ∙ 𝑑𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗ = −3𝑏𝑁𝑚
2 𝐶⁄ 
 
Cálculo do fluxo total: 
 
𝛷𝑇 = 𝛷𝑒 + 𝛷𝑑 + 𝛷𝑠 + 𝛷𝑖 + 𝛷𝑓 + 𝛷𝑡 → 
 
𝛷𝑇 = −24 + 36 − 18 + 18 + 9𝑏 − 3𝑏 
 
𝛷𝑇 = 12 + 6𝑏𝑁 𝑚
2 𝐶⁄ 
 
Cálculo de b: 
 
𝑞𝑒𝑛𝑣 = 𝜀0 × 𝛷𝑇 → 24𝜀0 = 𝜀0(12 + 6𝑏) → 
6𝑏 = 24 − 12 → 6𝑏 = 12 → 
 
𝑏 = 2𝑁 𝐶𝑚⁄ 
 
 
 
Um cilindro maciço, longo, não-condutor, com 4,0 𝑐𝑚 de raio, possui uma densidade 
volumétrica de carga não-uniforme 𝜌 que é função da distância radial 𝑟 a partir do eixo do 
cilindro: 𝜌 = 𝐴𝑟2 . Para 𝐴 = 2,5𝜇 𝐶 𝑚5⁄ , determine o módulo do campo elétrico (a) para 
𝑟 = 3,0 𝑐𝑚; para 𝑟 = 5,0 𝑐𝑚 
CAPÍTULO 23 PROBLEMA 32 
RESOLUÇÃO 
Para calcular o campo utilizamos a Le de Gauss, utiliza-se uma superfície cilíndrica de área 
2𝜋𝑟𝐿. O volume dessa superfície é: 
 
𝑉 = 𝜋𝑟2𝐿 
 
Ou então: 
 
𝑑𝑉
𝑑𝑟
= 2𝜋𝑟𝐿 → 𝑑𝑉 = 2𝜋𝑟𝐿𝑑𝑟 
 
Calculando a carga envolvida temos: 
 
𝜌 =
𝑞
𝑉
→ 𝜌 =
𝑑𝑉
𝑑𝑟
→ 𝑑𝑞 = 𝜌 ∙ 𝑑𝑉 
 
Assim, integrando temos: 
 
∫𝑑𝑞 = ∫𝜌 ∙ 𝑑𝑉 → 𝑞𝑒𝑛𝑣 = ∫𝜌 ∙ 𝑑𝑉 
 
Definindo a integral e substituindo 𝜌 = 𝐴𝑟2 e 𝑑𝑉 = 2𝜋𝑟𝐿𝑑𝑟 temos: 
 
𝑞𝑒𝑛𝑣 = ∫ 𝐴𝑟
22𝜋𝑟𝐿𝑑𝑟
𝑟
0
→ 𝑞𝑒𝑛𝑣 = 2𝜋𝐴𝐿∫ 𝑟
3𝑑𝑟
𝑟
0
 
𝑞𝑒𝑛𝑣 = 2𝜋𝑟𝐿 [
𝑟4
4
−
0
4
] → 𝑞𝑒𝑛𝑣 = 2𝜋𝑟𝐿
𝑟4
4
 
 
𝑞𝑒𝑛𝑣 =
𝜋
2
𝐴𝐿𝑟4 
Calculando o campo elétrico temos: 
Nota: Pela Lei de Gauss o fluxo e carga envolvida são respectivamente: 
 
𝜑 = |�⃗� | ∙ 𝐴 
𝑞𝑒𝑛𝑣 = 𝜀0𝜑 
 
Assim, temos: 
|�⃗� | ∙ 𝐴 =
𝑞𝑒𝑛𝑣
𝜀0
→ |�⃗� |(2𝜋𝑟𝐿) =
𝜋
2 𝐴𝐿𝑟
4
𝜀0
 
2|�⃗� | =
𝐴𝑟32𝜀0
→ |�⃗� | =
𝐴𝑟3
4𝜀0
 
 
 
a) Fazendo para 𝑟 = 0,03𝑚 
 
|�⃗� | =
(2,5 × 10−6) ∙ (0,03)3
4(8,85 × 10−12)
→ |�⃗� | = 1,9𝑁 𝐶⁄ 
 
 
b) Do lado de fora do cilindro, à equação 23-12 é obedecida (linhas longas de cargas). Logo, 
para achar a densidade linear de carga 𝜆 = 𝑞 𝐿⁄ , assim podemos encontrar a carga total. 
 
 
𝜆 =
𝑞
𝐿
=
1
𝐿
∫ 𝐴𝑟22𝜋𝑟𝐿𝑑𝑟
0,04
0
→ 𝜆 =
1
𝐿
2𝜋𝑟𝐴𝐿 ∫ 𝑟3𝑑𝑟
0,04
0
 
 
𝜆 = 2𝜋𝐴 [
𝑟4
4
−
0
4
] → 𝜆 = 2𝜋𝐴
(0,04)2
4
→ 
 
𝜆 = (1 × 10−11) 𝐶 𝑚⁄ 
 
Aplicando a equação 23-12 e substituindo 𝜆 e 𝑟 = 0,05 𝑚 temos: 
 
𝐸 = (
𝜆
2𝜋𝜀0
) 𝑟 → 𝐸 = (
1 × 10−11
2 ∙ ,14 ∙ 8,85 × 10−12
) 
 
𝐸 = 3,6𝑁 𝐶⁄ 
 
 
 
A Fig. 23-47 mostra uma seção reta de uma placa não-condutora muito extensa com uma 
espessura 𝑑 = 9,40 𝑚𝑚 e uma densidade volumétrica de cargas uniforme 𝜌 = 5,80 𝑓 𝐶 𝑚3⁄ . 
CAPÍTULO 23 PROBLEMA 43 
A origem do eixo 𝑥 está no centro da placa. Determine o módulo do campo elétrico (a) em 
𝑥 = 0; (b) em 𝑥 = 2,00𝑚𝑚; (c) 𝑥 = 4,70𝑚𝑚; (d) em 𝑥 = 26,0𝑚𝑚. 
 
 
 
 
 
 
 
RESOLUÇÃO 
a) 
 
 
 
 
 
 
O campo está paralelo às outras faces da superfície gaussiana e o fluxo através deles é zero. O 
fluxo total através da superfície gaussiana é: 
 
𝛷 = 2𝐸𝑎2 
 
O volume fechado pela superfície Gaussiana é 2𝑎2𝑥,e a carga nela contida é: 
 
𝑞 = 2𝑎2𝑥𝜌 
Pela lei de Gauss 
 
𝜀0𝛷 = 𝑞𝑒𝑛𝑣 = 𝜀02𝐸𝑎
2 = 2𝑎2𝑥𝜌 → 𝐸 =
𝑥𝜌
𝜀0
 
 
Portanto, para 𝑥 = 0, temos: 
 
𝐸 =
𝑥𝜌
𝜀0
→
0𝜌
𝜀0
= 0 
 
 
b) 
𝐸 =
𝑥𝜌
𝜀0
=
(5,8 × 10−15 𝐶 𝑚3⁄ ) ∙ (2 × 10−3𝑚)
8,85 × 10−12 𝐶2 𝑁𝑚2⁄
→ 
 
𝐸 =
𝑥𝜌
𝜀0
= 1,31 × 10−6 𝑁 𝐶⁄ 
 
c) Para 𝑥 =
𝑑
2
= 4,7 × 10−2𝑚, temos: 
 
𝐸 =
𝑥𝜌
𝜀0
=
(5,8 × 10−15 𝐶 𝑚3⁄ ) ∙ (4,7 × 10−3𝑚)
8,85 × 10−12 𝐶2 𝑁𝑚2⁄
→ 
 
𝐸 =
𝑥𝜌
𝜀0
= 3,08 × 10−6 𝑁 𝐶⁄ 
 
d) Para 𝑥 = 2,6 × 10−2𝑚, temos uma superfície Gaussiana de mesma forma e 
orientação, mas com 𝑥 > 𝑑 2⁄ . A carga compreendida é agora: 
 
𝑞 = 𝑎2𝑑𝜌 
 
Pela lei de Gauss 
𝜀0𝛷 = 𝑞𝑒𝑛𝑣 = 𝜀02𝐸𝑎
2 = 𝑎2𝑑𝜌 → 𝐸 =
𝑑𝜌
2𝜀0
 
 
𝐸 =
𝑑𝜌
2𝜀0
=
(5,8 × 10−15 𝐶 𝑚3⁄ ) ∙ (9,4 × 10−3𝑚)
2(8,85 × 10−12 𝐶2 𝑁𝑚2⁄ )
→ 
 
𝐸 =
𝑑𝜌
𝜀0
= 3,08 × 10−6 𝑁 𝐶⁄ 
 
 
 
 
Uma distribuição de cargas não-uniforme, mas com simetria esférica produz um campo 
elétrico de módulo 𝐸 = 𝐾𝑟4, onde 𝐾 é uma constante e 𝑟 é a distância do centro da esfera. O 
campo aponta para longe do centro da esfera. Qual é a distribuição volumétrica de cargas 𝜌? 
 
RESOLUÇÃO 
 
𝐸 =
1
4𝜋𝜀0𝑟2
𝑞𝑖𝑛𝑡 
 
𝑞𝑖𝑛𝑡 = ∫𝜌𝑑𝑉 
 
Usando coordenadas esféricas (𝛷; 𝜃; 𝑟) temos: 
 
𝑞𝑖𝑛𝑡 = ∫ 𝑑
2𝜋
0
𝛷 ∫ cos𝜃 𝑑𝜃
𝜋
2⁄
−𝜋 2⁄
∫ 𝜌(𝑟)𝑟2𝑑𝑟
𝑟
0
→ 
 
𝑞𝑖𝑛𝑡 = 4𝜋 ∫ 𝜌(𝑟)𝑟
2𝑑𝑟
𝑟
0
 
 
Logo o campo será dado por: 
 
𝐸 =
1
4𝜋𝜀0𝑟2
4𝜋 ∫ 𝜌(𝑟)𝑟2𝑑𝑟 =
𝑟
0
1
𝜀0𝑟2
∫ 𝜌(𝑟)𝑟2𝑑𝑟 →
𝑟
0
𝐸 = 𝑘𝑟4 
Assim; 
 
1
𝜀0𝑟2
∫ 𝜌(𝑟)𝑟2𝑑𝑟 = 𝑘𝑟4 →
𝑟
0
 
 
∫ 𝜌(𝑟)𝑟2𝑑𝑟 = 𝑘𝑟4
𝑟
0
𝜀0𝑟
2 = 𝜀0𝑘𝑟
6 
 
CAPÍTULO 23 PROBLEMA 53 
Usando o teorema fundamental do cálculo temos: 
𝑑
𝑑𝑟
= ∫𝑓(𝑟)𝑑𝑟 =𝑓(𝑟) →
𝑑
𝑑𝑟
∫ 𝜌(𝑟)𝑟2𝑑𝑟 →
𝑟
0
 
 
𝑑
𝑑𝑟
(𝜀0𝑘𝑟
6) → 𝜌(𝑟)𝑟2 = 6𝜀0𝑘𝑟
5 
 
Então obtemos a seguinte resposta: 
 
𝜌(𝑟) = 6𝜀0𝑘𝑟
3 
 
 
 
 
A Fig. 23-54 mostra, em seção reta, duas esfera de raio 𝑅, com distribuições volumétricas 
uniformes de cargas. O ponto 𝑃 está sobre a reta que liga os centros das esferas, a uma 
distância 𝑅 2,00⁄ do centro da esfera 1. Se o campo elétrico no ponto 𝑃 é zero, qual é a razão 
𝑞2
𝑞1⁄ entre a carga da esfera 2 e a carga da esfera 1? 
RESOLUÇÃO 
 
Usando a relação: 
𝑄1′
𝑉1′
=
𝑄1
𝑉1
 
Onde Q1’ e V1’ são, respectivamente, a carga parcial e o volume parcial da esfera 1, e usando a 
lei de Coulomb na carga parcial, logo: 
 
𝐸 = 
Q1V1’
𝑉1
×
1
4𝜋𝜀0𝑅′²
 
CAPÍTULO 23 PROBLEMA 54 
𝐸 =
Q1R′³
𝑅³
×
1
4𝜋𝜀0𝑅′²
=
𝑄1𝑅′
4𝜋𝜀0𝑅³
 
 
 
Usando a lei de coulomb na esfera 2 no ponto P, temos: 
𝑄1𝑅′
4𝜋𝜀0𝑅³
=
𝑄2
4𝜋𝜀0(𝑅 + 𝑅′)²
 
 
𝑄2
𝑄1
=
4𝜋𝜀0(𝑅 + 𝑅
′)²𝑅′
4𝜋𝜀0𝑅³
=
(
3𝑅
2 )²
𝑅
2
𝑅³
=
9
8
 
 
 
 
 
Uma esfera não-condutora de raio 𝑅 = 5,60 𝑐𝑚 possui uma distribuição de cargas não 
uniforme 𝜌 = (14,1𝑝𝐶 𝑚3⁄ ) 𝑟 𝑅⁄ , onde 𝑟 é a distância em relação ao centro da esfera. (a) 
Determine a carga da esfera. Determine o módulo 𝐸 do campo elétrico (b) em 𝑟 = 0; (c) em 
𝑟 = 𝑅 2,00⁄ ; (d) em 𝑟 = 𝑅. (e) Faça Um gráfico de 𝐸 em função de 𝑟. 
 
RESOLUÇÃO 
 
a) 
𝑑𝑞
𝑑𝑣
= 𝜌 → 𝜌𝑑𝑣 = 𝑑𝑞 
 
∫ 14,1 x 10−12 x 4πr³𝑑𝑟
𝑅
0
𝑅
= ∫𝑑𝑞 
 
 𝑄 = 14,1 x 10−12 x R³ π 
 
𝑄 = 7,78 x 10−15C 
b) 𝐸 = 0 
 
c) 
CAPÍTULO 23 PROBLEMA 55 
𝐸 =
𝑄
4𝜋𝜀0𝑟²
 → 𝐸 =
14,1 x 10−12 x 𝑟4 π
4𝜋𝜀0𝑟2 x R
 
 
𝐸 =
14,1 x 10−12 x 𝑟2
4𝜀 x 𝑅
 
 
𝐸𝑐 =
14,1 x 10−12 x (𝑅/2)²
4𝜀0 x 𝑅
 
 
𝐸𝑐 = 5,58 x 10−3 𝑁 𝑚⁄ 
 
d) 
𝐸 =
14,1 × 10−12×𝑟2
4𝜀0 x 𝑅
 
𝐸𝑑 =
14,1×10−12 × R
4𝜀0
 
 
𝐸𝑑 = 2,23 × 10−2 
 
e) 
 
 
 
 
 
 
 
CAPÍTULO 24 PROBLEMA 10 
 
 
Dois planos infinitos, não-condutores, uniformemente carregados, são paralelos ao plano 𝑦𝑧 e 
posicionados em 𝑥 = −50 𝑐𝑚 e 𝑥 = +50 𝑐𝑚. As densidades de cargas dos planos são 
−50 𝑛𝐶 𝑚2⁄ e +25 𝑛𝐶 𝑚2⁄ , respectivamente. Qual é o valor absoluto da diferença de 
potencial entre a origem e o ponto sobre o eixo 𝑥 em 𝑥 = +80 𝑐𝑚? (Sugestão: Use a lei de 
Gauss.) 
 
 
RESOLUÇÃO 
𝜀0 = 8,85 × 10
−12 
𝐷1 = −50 × 10
−9 
𝐷2 = +25 × 10
−9 
𝐸1 =
𝑑1
2 × 𝜀0
 
𝐸2 =
𝑑2
2 × 𝜀0
 
𝐸𝐶 = −(
𝑑1
2 × 𝜀0
+
𝑑2
2 × 𝜀0
) 
𝐸𝑓 =
𝑑2
2 × 𝜀0
−
𝑑1
2 × 𝜀0
 
𝐸𝐶 = −(
50 × 10−9
2 × (8,85 × 10−12)
+
25 × 10−9
2 × (8,85 × 10−12)
) = −4,2 × 103𝑁/𝐶 
𝐸𝑓 =
𝑑2
2 × ԑ0
−
𝑑1
2 × ԑ0
= −1,4 × 103𝑁/𝐶 
∆𝑉 = −∫ 𝐸𝑐 × 𝑑𝑠 − ∫ 𝐸𝑓 × 𝑑𝑠
0,8
0,5
0,5
0
 
∆𝑉 = −∫ −4,2 × 103 × 𝑑𝑠 − ∫ −1,4 × 103 × 𝑑𝑠
0,8
0,5
0,5
0
 
∆𝑉 = 2,5 𝑥 103𝑉 
 
 
Uma esfera não condutora tem raio 𝑅 = 2,31 𝑐𝑚 e uma carga uniformemente distribuída 
𝑞 = +3,5 𝑓𝐶. Tome o potencial elétrico no centro da esfera como sendo 𝑉0 = 0. Determine o 
valor de 𝑉 (a) para uma distância radial 𝑟 = 1,45 𝑐𝑚; (b) para 𝑟 = 𝑅. ( Sugestão: Veja a seção 
23-9.) 
RESOLUÇÃO 
a) O potencial como uma função de r é: 
 
𝑉(𝑅) = 𝑉(0) − ∫ 𝐸𝑟𝑑𝑟 = 0 − ∫
𝑞𝑟
4𝜋𝜀0𝑅3
𝑟
0
𝑟
0
= −
𝑞𝑟2
8𝜋𝜀0𝑅3
 
 
𝑉(𝑅) = −
(8.99𝑥109𝑁.
𝑚2
𝐶2
)(3.50𝑥10−15𝐶)(0.0145𝑚)2
2(0.0231𝑚)3
= −2,68 × 10−4 𝑉 
 
b) Assim: ∆𝑉 = 𝑉(0) − 𝑉(𝑅) = 𝑞/8𝜋𝜀0𝑅. Temos: 
 
𝑉(𝑅) = −
𝑞
8𝜋𝜀0𝑅
→ 𝑉(𝑅) = −
(8.99x109N.
m2
C2
)(3.50X10−15C)
2(0.0231m)
 
 
𝑉(𝑅) = −6,81 × 10−4 V 
 
 
 
CAPÍTULO 24 PROBLEMA 11 
CAPÍTULO 24 PROBLEMA 32 
Uma distribuição linear de cargas não-uniforme dada por 𝜆 = 𝑏𝑥, onde 𝑏 é uma constante, 
está situada sobre o eixo 𝑥, entre 𝑥 = 0 e 𝑥 = 0,20 𝑚. Se 𝑏 = 20 𝑛𝐶/𝑚2 e 𝑉 = 0 no infinito, 
determine o potencial elétrico (a) na origem; (b) no ponto 𝑦 = 0,15 𝑚, sobre o eixo 𝑦. 
RESOLUÇÃO: 
 
a) Usando a densidade linear decarga: 
 
𝜆 =
𝑑𝑞
𝑑𝑥
→ 𝑑𝑞 = 𝜆 𝑑𝑥,mas 𝜆 = 𝑏𝑥. Logo: 
 
𝑑𝑞 = 𝑏𝑥 𝑑𝑥 
 
Aplicando a fórmula do potencial elétrico (no intervalo entre x=0 m e x=0,20 m): 
 
𝑉 =
1
4𝜋𝜀0
∫
𝑑𝑞
𝑟
0,20
0
 
 
𝑉 =
1
4𝜋𝜀0
∫
𝑏𝑥 𝑑𝑥
𝑥
0,20
0
 
 
𝑉 =
𝑏
4𝜋𝜀0
∫ 𝑑𝑥
0,20
0
 
 
𝑉 =
𝑏
4𝜋𝜀0
(0,20 − 0) = 36𝑉 → (𝑅𝐸𝑆𝑃𝑂𝑆𝑇𝐴) 
 
 
 
 
b) Agora. 𝑟 = √𝑑2 + 𝑥2, aplicando a fórmula do potencial elétrico: 
 
𝑉 =
1
4𝜋𝜀0
∫
𝑑𝑞
𝑟
0,20
0
 
 
𝑉 =
1
4𝜋𝜀0
∫
𝑑𝑞
√𝑑2 + 𝑥2
0,20
0
 
 
𝑉 =
1
4𝜋𝜀0
∫
𝑏𝑥 𝑑𝑥
√𝑑2 + 𝑥2
0,20
0
 
 
𝑢 = 𝑑2 + 𝑥2 → 𝑑𝑢 = 2𝑥 𝑑𝑥 → 𝑥 𝑑𝑥 =
𝑑𝑢
2
 
 
𝑉 =
𝑏
4𝜋𝜀0
×
1
2
∫ 𝑢
−1
2⁄
0,20
0
𝑑𝑢 
 
𝑉 =
𝑏
4𝜋𝜀0
×
1
2
∫ 𝑢
−1
2⁄
0,20
0
𝑑𝑢 
 
𝑉 =
𝑏
4𝜋𝜀0
× [𝑢
1
2⁄ ]
0,20
0
 
 
𝑉 =
𝑏
4𝜋𝜀0
× [√𝑑2 + 𝑥2]
0,20
0
 
 
𝑉 =
20 × 10−9
4 × 3,14 × 8,85 × 10−12
× (√(0,20)2 + (0,15)2 − 0,15) 
 
𝑉 = 17,98 𝑉 ≅ 18 𝑉 → (𝑅𝐸𝑆𝑃𝑂𝑆𝑇𝐴) 
 
 
 
CAPÍTULO 24 PROBLEMA 33 
 
A barra fina de plástico que aparece na Fig. 24-43 tem um comprimento L = 12,0 cm e uma 
densidade linear de cargas não-uniforme λ = cx, onde c = 28,9 pC/m². Com V = 0 no infinito, 
determine o potencial elétrico no ponto P1 sobre o eixo x, a uma distância d = 3,00 cm de uma 
das extremidades. 
 
𝑉 = ∫ 𝑑𝑉
𝐿
0
 ⟹ 𝑉 = ∫ 𝐾
𝑑𝑄
𝑑 + 𝑥
𝐿
0
 
 
𝑉 = ∫ 𝐾
𝑐𝑥 𝑑𝑥
𝑑 + 𝑥
 ⟹
𝐿
0
 𝑉 = 𝐾𝑐 ∫
𝑥 𝑑𝑥
𝑑 + 𝑥
𝐿
0
 
 
𝑉 = 𝐾𝑐 [𝑥 − 𝑑 ln(𝑥 + 𝑑)|
𝐿
0
 
 
𝑉 = 𝐾𝑐 [𝐿 − 𝑑 ln(𝐿 + 𝑑) − 0 − 𝑑 ln(0 + 𝑑)] 
 
𝑉 = 𝐾𝑐[𝐿 − 𝑑 ln(𝐿 + 𝑑) − 𝑑 ln(𝑑)] 
 
𝑉 = 𝐾𝑐[𝐿 − 𝑑 ln (
𝐿 + 𝑑
𝑑
) 
 
𝑉 = 8,99 . 109. 28,9. 10−12[0,12 − (0,03) ln (
0,12.0,03
0,03
) 
𝑉 = 259,811. 10−3[0,12 − (0,03) ln(5)] 
𝑉 = 259,811. 10−3[0,12 − (0,03). 1,6] 
𝑉 = 259,811. 10−3[0,12 − 0,048] 
𝑉 = 259,811. 10−3[0,072] 
𝑉 = 0,259811[0,072] 
𝑉 = 0,0187 𝑉 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
CAPÍTULO 24 PROBLEMA 40 
A barra fina de plástico que aparece na Fig. 24-43 tem um comprimento L = 10,0 cm e uma 
densidade linear de cargas não-uniforme 𝜆 = 𝑐𝑥, onde 𝑐 = 49,9 𝑝𝐶 𝑚2⁄ . (a) Com 𝑉 = 0 no 
infinito, determine o potencial elétrico no ponto P2, situado sobre o eixo 𝑦, em 𝑦 = 3,56 𝑐𝑚. 
(b) Determine a componente do campo elétrico 𝐸𝑦 no ponto P2. (c) Por que a componente 𝐸𝑥 
do campo em P2 não pode ser calculada usando o resultado do item (a)? 
 
 
 
RESOLUÇÃO 
 
a) Considere um segmento infinitesimal 𝑑𝑥 da haste. Sua contribuição para o potencial do ponto 
P2: 
 
𝑑𝑉 = 
1
4𝜋𝜀
𝜆(𝑥)𝑑𝑥
√𝑥2 + 𝑦²
=
1
4𝜋𝜀
𝑐𝑥
√𝑥2 + 𝑦²
𝑑𝑥 → 𝑉 = ∫𝑑𝑉 =
𝑐
4𝜋𝜀
∫
𝑥
√𝑥2 + 𝑦²
𝐿
0
𝑑𝑥 
 
 
Resolvendo a integral pelo método da substituição, temos que: 
 
 
𝑉 = 
𝑐
4𝜋𝜀
(√𝐿2 + 𝑦2 − 𝑦) 
 
𝑉 = 8,99. 109 . 49,9. 10−12. (√(0,100𝑚)2 + (0,0356𝑚)2 − 0,0356 𝑚 
 
𝑉 = 3,16 × 10−12 
 
b) A componente do y do campo elétrico é: 
 
𝐸𝑦 = −
𝜕𝑉𝑝
𝜕𝑦
= −
𝑐
4𝜋𝜀
∙
𝑑
𝑑𝑦
(√𝐿2 + 𝑦2 − 𝑦) =
𝑐
4𝜋𝜀
(1 −
𝑦
√𝐿2 + 𝑦2
) 
 
Substituindo os valores fornecidos, temos que: 
 
𝐸𝑦 = 0,298𝑁 𝐶⁄ 
c) No item (a), obtemos valores para qualquer ponto estritamente no eixo Y. Para calcularmos no 
eixo X, deveríamos calcular a derivada parcial com relação a X. 
 
 
 
Suponha que 𝑁 elétrons possam ser colocados em duas configurações diferentes. Na 
configuração 1 todos os elétrons são distribuídos uniformemente ao longo de um anel circular 
estreito de raio 𝑅. Na configuração 2𝑁 − 1 elétrons são distribuídos ao longo do anel e o 
elétron restante é colocado no centro do anel. (a) Qual é o menor valor de 𝑁 para o qual a 
segunda configuração possui menor energia que a primeira? (b) Para esse valor de 𝑁, 
considere um dos elétrons do anel, 𝑒0. Quantos outros elétrons do anel estão mais próximos 
de 𝑒0 que o elétron central? 
RESOLUÇÃO 
 
 
 
 
 
 
 
 
A figura 25-42 mostra uma bateria de 12,0 V e três capacitores descarregados de 
capacitâncias, 𝐶2 = 6𝜇𝐹 e 𝐶3 = 3𝜇𝐹. A chave é deslocada para a esquerda até que o capacitor 
1 esteja totalmente carregado. Em seguida, a chave é deslocada para a direita. Determine a 
carga final(a) do capacitor1; (b) do capacitor 2; (c) do capacitor 3. 
 
 
 
RESOLUÇÃO 
CAPÍTULO 24 PROBLEMA 61 
CAPÍTULO 25 PROBLEMA 26 
As cargas dos capacitores 2 e 3 são as mesmas (por associação em série), então estes 
capacitores podem ser substituídos por um equivalente dado por: 
1
𝐶𝑒𝑞2,3
=
1
𝐶2
+
1
𝐶3
=
𝐶2 + 𝐶3
𝐶2𝐶3
 𝑜𝑢 
1
𝐶𝑒𝑞2,3
=
𝐶2𝐶3
𝐶2 + 𝐶3
 
A carga no capacitor equivalente é a mesma da carga em cada um dos capacitores da 
combinação e a ddp do capacitor equivalente é dada por 𝑞2/𝐶𝑒𝑞. A ddp ao longo do capacitor 1 
é 𝑞1/𝐶1 = 𝑞2/𝐶𝑒𝑞. Agora algumas das cargas originalmente no capacitor 1 fluem para a 
associação de 2 e 3. Se 𝑞0 é a carga original, a conservação das cargas implica em 𝑞1 + 𝑞2 =
𝑞0 = 𝐶1𝑉0, onde 𝑉0 é a ddp inicial do capacitor 1. 
a) Resolvendo as duas equações 
𝑉1 = 𝑉2 ⟹
𝑞1
𝐶1
=
𝑞2,3
𝐶𝑒𝑞2,3
⟹ 𝑞2,3 =
𝑞1𝐶𝑒𝑞2,3
𝐶1
 
Pela conservação de carga, temos 
𝑞1 + 𝑞2,3 = 𝑞0 
 𝑞1 + 𝑞2,3 = 𝐶1𝑉0 
𝐶1𝑉0 = 𝑞1 +
𝑞1𝐶𝑒𝑞2,3
𝐶1
 
𝐶1
2𝑉0 = 𝑞1𝐶1 + 𝑞1𝐶1 + 𝑞1𝐶𝑒𝑞2,3 
𝑞1 =
𝐶1
2𝑉0
𝐶𝑒𝑞2,3 + 𝐶1
 
𝑞1 =
𝐶1
2𝑉0
(
𝐶2𝐶3
𝐶2 + 𝐶3
+ 𝐶1)
 
𝑞1 =
𝐶1
2𝑉0(𝐶2+𝐶3)
𝐶1𝐶2 + 𝐶1𝐶3 + 𝐶2𝐶3
 
𝑞1 =
(4,00)2 ∙ 12,00 ∙ (6,00 + 3,00)
(4,00 + 6,00) + (4,00 + 3,00) ∙ (6,00 + 3,00)
⟹ 𝑞1 = 32𝜇𝐹 
 
c) A carga no capacitor 2 é igual a: 
 
𝑞1 + 𝑞2 = 𝐶1𝑉0 ⟹ 𝑞2 = 𝐶1𝑉0 − 𝑞1 = (4,00𝜇𝐹)(12,0𝑉) − 32,0𝜇𝐶 = 16𝜇𝐶 
 
d) A carga no capacitor 2 e 3 estão em série. Logo: 
 
𝑞3 = 𝑞2 = 16,0𝜇𝐶 
 
 
 
A figura 25-43 mostra uma bateria de 12,0V e quatro capacitores descarregados de 
capacitâncias 𝐶1 = 1,00𝜇𝐹, 𝐶2 = 2,00𝜇𝐹, 𝐶3 = 3,00𝜇𝐹 e 𝐶4 = 4,00𝜇𝐹. Se apenas a chave 𝑆1 
é fechada, determine a carga (a) do capacitor 1; (b) do capacitor (2); (c) do capacitor 3; (d) do 
capacitor 4.. Se as duas chaves são fechadas, determine a carga (e) do capacitor 1; (f) do 
capacitor 2; (g) do capacitor 3; (h) do capacitor 4. 
 
RESOLUÇÃO 
a) Nessa situação, os capacitores 1 e 3 estão em série, o que significa que suas cargas são as 
mesmas. Dessa forma, 
 
𝑞1 = 𝑞3 =
𝐶1𝐶3𝑉
𝐶1 + 𝐶3
=
(1,00𝜇𝐹)(3,00𝜇𝐹)(12,0𝑉)
1,00𝜇𝐹 + 3,00𝜇𝐹
= 9,00𝜇𝐶 
 
b) Os capacitores 2 e 4 também estão em série. 
 
𝑞2 = 𝑞4 =
𝐶2𝐶4𝑉
𝐶2 + 𝐶4
=
(2,00𝜇𝐹)(4,00𝜇𝐹)(12,0𝑉)
1
2,00𝜇𝐹 + 4,00𝜇𝐹
= 16,00𝜇𝐶 
 
c) 𝑞3 = 𝑞1 = 9,00𝜇𝐶 
CAPÍTULO 25 PROBLEMA 27 
 
d) 𝑞4 = 𝑞2 = 16,00𝜇𝐶 
 
e) Com a chave 𝑆2 também fechada, a tensão elétrica 𝑉1 através de 𝐶1 deve ser igual a tensão 
através de 𝐶2. Logo, 
𝑉1 =
𝐶3 + 𝐶4
𝐶1 + 𝐶2+𝐶3 + 𝐶4
=
(3,00𝜇𝐹 + 4,00𝜇𝐹)(12,0𝑉)
1,00𝜇𝐹 + 2,00𝜇𝐹 + 3,00𝜇𝐹 + 4,00𝜇𝐹
= 8,40𝑉 
 
Assim, 𝑞1 = 𝐶1𝑉1 = (1,00𝜇𝐹)(8,40𝑉) = 8,40𝜇𝐶 
 
f) Similarmente, 𝑞2 = 𝐶2𝑉1 = (2,00𝜇𝐹)(8,40𝑉) = 16,80𝜇𝐶 
 
g) 𝑞3 = 𝐶3(𝑉 − 𝑉1) = (3,00𝜇𝐹)(12,0𝑉 − 8,40𝑉) = 10,8𝜇𝐶 
 
h) 𝑞4 = 𝐶4(𝑉 − 𝑉1) = (4,00𝜇𝐹)(12,0𝑉 − 8,40𝑉) = 14,4𝜇𝐶 
 
 
 
 
O capacitor 3 da figura 25-44a é um capacitor variável (é atépossível fazer variar a 
capacitância 𝐶3). A figura 25-44b mostra o potencial elétrico 𝑉1 entre as placas do capacitor 1 
em função de 𝐶3. A escala horizontal é definida por 𝐶3 = 120𝜇𝐹. O potencial elétrico 𝑉1 tende 
assintoticamente para 10 V quando 𝐶3 ⟶ ∞. Determine (a) o potencial elétrico V da bateria; 
(b) 𝐶1 (c) 𝐶2. 
 
 
RESOLUÇÃO 
Primeiramente calculamos o capacitor equivalente 𝐶123, 
 
1
𝐶123
=
1
𝐶1
+
1
𝐶1 + 𝐶2
=
𝐶1 + 𝐶2 + 𝐶3
𝐶1(𝐶2 + 𝐶3)
 
CAPÍTULO 25 PROBLEMA 28 
 
Sabemos que: 
 
𝑞 = 𝐶123𝑉; 𝑞 = 𝑞1 = 𝐶1𝑉1 
 
Então, realizando as substituições, temos: 
 
𝑉1 =
𝑞1
𝐶1
=
𝑞
𝐶1
=
𝐶123
𝐶1
𝑉 =
𝐶2 + 𝐶3
𝐶1 + 𝐶2 + 𝐶3
𝑉 
 
a) Temos 𝐶1 ⟶ ∞ e 𝑉1 = 𝑉 onde 𝑉 = 10𝑉 
 
b) Utilizando o gráfico, para 𝐶3 = 0, temos 𝑉1 = 2𝑉. Substituindo esses valores em 
 
𝑉1 =
𝐶2 + 𝐶3
𝐶1 + 𝐶2 + 𝐶3
𝑉 
 
e sabendo que V não varia e permanece em 10 V, temos, 𝐶1 = 4𝐶2. 
Olhando o gráfico na escala, onde 𝐶3 = 6𝜇𝐹 encontramos 𝑉1 = 5𝑉. Sendo assim: 
1
2
=
𝐶2 + 6𝜇𝐹
𝐶1 + 𝐶2 + 6𝜇𝐹
=
𝐶2 + 6𝜇𝐹
4𝐶2 + 𝐶2 + 6𝜇𝐹
 
 
Substituindo na equação 𝐶1 = 4𝐶2, encontramos 
 𝐶1 = 8𝜇𝐹. 
c) 𝐶2 = 2𝜇𝐹 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
CAPÍTULO 26 PROBLEMA 35 
 
Na 𝐹𝑖𝑔. 26 − 30 uma corrente elétrica atravessa um tronco de cone circular reto de 
resistividade 731 Ω ∙ 𝑚, raio menor 𝑎 = 2,00 𝑚𝑚, raio maior 𝑏 = 2,30 𝑚𝑚 e comprimento 
𝐿 = 1,94 𝑐𝑚. A densidade de corrente é uniforme ao longo de uma seção reta perpendicular 
ao eixo do objeto. Qual é a resistência do objeto? 
RESOLUÇÃO 
Ao contrário do caso do cilindro (área da secção transversal constante), agora temos que o raio 
do tronco varia linearmente com o comprimento. Devemos inicialmente calcular o campo. E 
para em seguida calcular o potencial e a resistência. Analisando o caso em que o raio não 
varia. 
 
𝐸 =?→ 𝑉 = −∫𝐸 𝑑𝑥 → 𝑅 =
|𝑉|
𝑖
 
𝑅 =
1
𝑖
 ∫𝐸 𝑑𝑥 
 
A resistência é: 
 
𝑅 =
|𝑉|
𝑖
; onde 
 
𝑉 = −∫𝐸 𝑑𝑥 
 
Na figura abaixo a área varia com o comprimento do tronco, e os raios de cada 
circunferência também variam com o comprimento do tronco, só que linearmente. Dessa 
maneira podemos escrever: 
 
𝑟 = 𝐶1 + 𝐶2𝑥 
 
Para X = 0, temos: 𝑟 = 𝐶1 = 𝑎, para X = L ; 
 
Temos: r = b então: 
 
𝐶2 =
𝑏 − 𝑎
𝐿
𝑥 
 
Assim, temos: 
 
𝑟 = 𝑎 +
𝑏 − 𝑎
𝐿
𝑥 
 
A corrente varia com o inverso do quadrado do raio através da equação; 
 
𝐽 =
𝐸
𝑃
=
𝑖
𝜋𝑟2
=
𝑖
𝜋(𝑎 +
𝑏 − 𝑎
𝐿 𝑥)
2
 
 
Com essa expressão para o campo elétrico podemos calcular o potencial; 
 
𝑉 = −
𝑖𝜌
𝜋
[−
𝑏
𝑏 − 𝑎
(
1
𝑈
)]
𝑏
𝑎
 
 
𝑉 =
𝑖𝜌
𝜋
[
𝐿
𝑏 − 𝑎
(
1
𝑏
−
1
𝑎
)] 
 
𝑉 =
𝑖𝜌
𝜋
[
𝐿
𝑏 − 𝑎
(
𝑎 − 𝑏
𝑎𝑏
)] 
 
Uma vez que (a − b) = − (b − a), teremos (veja que o potencial e negativo); 
 
𝑉= −
𝑖𝜌
𝜋
 
𝐿
𝑎𝑏
 
 
𝑅 =
|𝑉|
𝑖
=
𝑖𝜌
𝜋
×
𝐿
𝑎𝑏
×
1
𝑖
→ 𝑅 =
𝜌
𝜋
×
𝐿
𝑎𝑏
 
 
O valor absoluto do potencial e devido a definição de resistência, que é definida positiva. 
Observe que para 𝒂 = b o problema reduz-se ao já conhecido caso do cilindro de raio r = 
𝒂 = b, uma vez que a área da secção transversal e constante e igual a 𝜋𝑎2; 
 
𝑅 =
|𝑉|
𝑖
=
𝜌
𝜋
×
𝐿
𝑎2
 
 
Substituindo os valores numéricos do problema na equação, teremos: 
 
𝑅 =
731 × (1,94 × 10−2)
3,14 × (2 × 10−3) × (2,3 × 10−3)
 
 
𝑅 = 9,81 × 106𝛺 → (𝑅𝐸𝑆𝑃𝑂𝑆𝑇𝐴) 
 
CAPÍTULO 26 PROBLEMA 36 
 
A 𝐹𝑖𝑔. 26 − 31 mostra um fio 1, com 4,00𝑅 de diâmetro, e um fio 2, com 2,00𝑅 de diâmetro, 
ligados por um trecho de fio em que o diâmetro varia gradualmente. O fio é de cobre e está 
sendo percorrido por uma corrente distribuída uniformemente ao longo de qualquer seção 
reta do fio. A variação do potencial elétrico 𝑉 ao longo do comprimento 𝐿 = 2,00 𝑚 do fio é 
10,0 𝜇𝑉. O número de portadores de carga por unidade de volume é 8,49 × 1028 𝑚−3. Qual é 
a velocidade de deriva dos elétrons de condução no fio 1? 
 
 
 
 
 
 
RESOLUÇÃO: 
 
O número da densidade de elétrons de condução no cobre é n=8,491028 𝑚 𝑠2⁄ . O campo 
elétrico na seção II é: 
 
E =
𝑑𝑑𝑝
𝐿
=
(10,0μV)
(2,00m)
= 5, 00𝜇 𝑉 𝑚⁄ 
 
Sendo 𝜌 = 1,69𝑥10−18 Ω.m , para o cobre (veja a tabela 26-1) então a densidade de 
corrente é: 
 
𝐽2 =
(10,0μV)
(1,69𝑥10−18 Ω.m)
= 296𝐴 𝑚2⁄ , 𝑛𝑎 𝑠𝑒çã𝑜 𝐼𝐼 
 
Logo, a conservação da corrente elétrica na seção I e na seção II implica que: 
 
𝐽1𝐴1 = 𝐽2𝐴2 
 
𝐽1(4𝜋𝑅
2) = 𝐽2(𝜋𝑅
2), então isso leva para 𝐽1 = 74𝐴 𝑚
2⁄ . Agora, para a velocidade de deriva 
dos elétrons de condução na seção I, A Eq. 26-7 produz imediatamente: 
𝑉𝑑 =
𝐽1
𝑛𝑒
= 5,44𝑥10−9 𝑚 𝑠⁄ → (𝑅𝐸𝑆𝑃𝑂𝑆𝑇𝐴) 
 
 
 
 
CAPÍTULO 26 PROBLEMA 54 
 
A 𝐹𝑖𝑔. 26 − 36𝑎 mostra uma barra de material resistivo. A resistência por unidade de 
comprimento da barra aumenta no sentido positivo do eixo 𝑥. Em qualquer posição 𝑥 ao logo 
da barra a resistência 𝑑𝑅 de um elemento de largura 𝑑𝑥 é dada por 𝑑𝑅 = 5,00𝑥 𝑑𝑥, onde 𝑑𝑅 
está em ohms e 𝑥 em metros. A 𝐹𝑖𝑔. 26 − 36𝑏 mostra um desses elementos de resistência. O 
trecho da barra entre 𝑥 = 0 e 𝑥 = 𝐿 é cortado e ligado aos terminais de uma bateria com uma 
diferença de potencial 𝑉 = 5,0 𝑉 (𝐹𝑖𝑔. 26 − 36𝑐). Qual deve ser o valor de 𝐿 para que a 
potência dissipada pelo trecho cortado seja 200 𝑊? 
 
 
 
 
 
 
 
RESOLUÇÃO: 
 
𝑅 = ∫𝑑𝑅 → 𝑅 = ∫ 𝑑𝑅
𝐿
0
 
 
𝑅 = ∫ 5𝑥 𝑑𝑥
𝐿
0
 → 𝑅 = 5∫ 𝑥 𝑑𝑥
𝐿
0
 
 
𝑅 = 5
𝑥2
2
|
𝐿
0
 → 𝑅 = 5
𝐿2
2
 − 5
(0)2
2
→ 𝑅 = 5
𝐿2
2
 
 
𝑃 = 
𝑉2
𝑅
→ 𝑅 = 
𝑉2
𝑃
 
 
𝑅 = 
(5)2
200
→ 𝑅 = 
25
200
→ 𝑅 = 0,125 𝛺 
 
0,125 = 5
𝐿2
2
 → 𝐿2 = 
2 . 0,125
5
→ 𝐿 = √0,05 → 𝐿 = 0,224 𝑚 → (𝑅𝐸𝑆𝑃𝑂𝑆𝑇𝐴) 
 
 
 
 
 
 
Na figura 27-37 a fonte 1 tem uma força eletromotriz ℰ1 = 12,0 𝑉 e uma resistência interna 
𝑟1 = 0,016 Ω, e a fonte 2 tem uma força eletromotriz ℰ2 = 12,0 𝑉 e uma resistência interna 
𝑟2 = 0,012 Ω. As fontes são ligadas em série com uma resistência externa 𝑅.(a) Qual é o valor 
de 𝑅 para o qual a diferença de potencial entre os terminais de uma das fontes é zero? (b) 
Com qual das duas fontes isso acontece? 
 
 
 
 
 
 
 
 
RESOLUÇÃO 
 
a) Aplicando a lei das malhas de kirchoff ao circuito temos: 
 
𝜀1 − 𝑖𝑟1 − 𝑖𝑅 − 𝜀1 − 𝑖𝑟2 = 0 
 
𝑉𝑎 + 𝜀1 − 𝑖𝑟1 = 𝑉𝑏 
 
𝜀1 − 𝑖𝑟1 = 𝑉𝑏 − 𝑉𝑎 
CAPÍTULO 27 PROBLEMA 21 
𝜀1 − 𝑖𝑟1 = 0 
 
𝜀1 = 𝑖𝑟1 
 
 𝑖 =
𝜀1
𝑟1
 
 
Assim substituindo na expressão inicial temos: 
 
𝜀1 − 𝑖𝑟1 − 𝑖𝑅 − 𝜀1 − 𝑖𝑟2 = 0 
 
𝜀1 −
𝜀1
𝑟1
𝑟1 −
𝜀1
𝑟1
𝑅 − 𝜀1 −
𝜀1
𝑟1
𝑟2 = 0 
 
𝑅 =
𝜀2𝑟1 − 𝜀1𝑟2
𝜀1
 
 
𝑅 = 0,004Ω 
 
b) Sabemos que a potência útil fornecida pela fonte é: Potência total – Potência dissipada. Os 
valores das forças eletromotrizes são constantes. Para a potência ser igual a zero, é mais 
provável que seja para a fonte com maior resistência interna. 
 
 
 
 
 
 
 
Uma celular solar produz uma diferença de potencial de 0,10 V quando um resistor de 500 Ω é 
ligado a seus terminais, e uma diferença de potencial de 0,15 V quando o valor do resistor é de 
1000 Ω. Determine(a) a resistência interna e (b) a força eletromotriz da celular solar. (c) A área 
da célula é 5,0 cm2 e a potência luminosa recebida é 2,0mW/cm2. Qual a eficácia da célula ao 
converter energia luminosa em energia térmica fornecida ao resistor de 1000 Ω ? 
RESOLUÇÃO 
Considerando o seguinte esquema temos: 
 
 
 
CAPÍTULO 27 PROBLEMA 22 
 
a) Aplicando a lei das malhas de kirchoff ao circuito da esquerda temos: 
 
𝜀 − 𝑖1𝑅1 − 𝑖1𝑟1 = 0 
 
𝜀 = 𝑖1(𝑅1 + 𝑟) (1) 
 
 Fazendo o mesmo para o circuito da direita temos: 
 
𝜀 = 𝑖2(𝑅2 + 𝑟) (2) 
 
Assim, igualando as equações (1) e (2) temos: 
 
 𝑟 =
𝑖1𝑅1−𝑖2𝑅2
𝑖2−𝑖1
 (3) 
 
Calculando as correntes 𝑖1 e 𝑖2 temos: 
 
𝑖1 =
𝑉𝑎𝑏
𝑅1
=
(0,10𝑉)
(500Ω)
= 2,0 × 10−4𝐴 
 
𝑖2 =
𝑉𝑎𝑏
𝑅2
=
(0,15𝑉)
(1000Ω)
= 1,5 × 10−4𝐴 
 
Substituindo os valores na equação (3) temos: 
 
𝑟 =
𝑖1𝑅1 − 𝑖2𝑅2
𝑖2 − 𝑖1
=
(2,0 × 10−4) ∙ (500Ω) − (1,5 × 10−4) ∙ (1000Ω)
(1,5 × 10−4) − (2,0 × 10−4)
 
𝑟 = 1000Ω = 1,0 × 103Ω 
 
b) Então, substituindo os valores para equação (1) temos: 
 
𝜀 = 𝑖1(𝑅1 + 𝑟) 
𝜀 = (2,0 × 10−4) ∙ [(500Ω) + (1000Ω)] 
𝜀 = 0,30𝑉 
 
c) A eficiência da célula é a razão entre a potencia dissipada pelo resistor 𝑅1 ou 𝑅1, (𝑃𝑅) que 
é a potencia recebida do sol pela célula (𝑃𝑠). Este é o produto da intensidade da luz solar 
que atinge a célula 1 da área (A) da célula. 
 
𝑒 =
𝑃𝑅
𝑃𝑠
=
𝐼2
3𝑅2
𝐼𝐴
→ 
𝑒 =
(1,5 × 10−4)2 ∙ (1000Ω)
(2,0 × 10−3 𝑤 𝑐𝑚2⁄ ) ∙ (5,0 × 𝑐𝑚2)
= 2,3 × 10−3 
𝑒 = 0,23% 
 
 
 
Um fio de raio a = 0,250 mm tem uma capa de alumínio de raio externo b = 0,380 mm. A 
corrente no fio composto é i = 2,00 A. Usando a Tabela 26-1, calcule a corrente (a) no cobre e 
(b) no alumínio. (c) Se uma diferença de potencial V = 12,0 V entre as extremidades mantém a 
corrente, qual é o comprimento do fio composto? 
RESOLUÇÃO 
 
Notação: 
 
𝑅𝑐 =
𝜌𝐿
𝐴
→ 𝑅𝐶 =
𝜌𝐿
𝜋𝑎2
 
 
𝑅𝐴𝑙 =
𝜌𝐿
𝐴2 − 𝐴1
→ 𝑅𝐴𝑙 =
𝜌𝐿
𝜋𝑏2 − 𝜋𝑎2
→
𝜌𝐿
𝜋(𝑏2 − 𝑎2)
 
Considerando os seguintes fios em paralelo, logo teremos um circuito em paralelo e assim 
observamos que a diferença de potencial aplicada nas resistências do circuito estarão 
submetidas a mesma diferença de potencial. Assim, pelo circuito abaixo temos: 
 
 
 
 
 
CAPÍTULO 27 PROBLEMA 47 
 
a) 𝑉𝑐 = 𝑉𝑎 
 
𝑖𝐶𝑅𝐶 = 𝑖𝐴𝑙𝑅𝐴𝑙 
 
𝑖𝐶𝜌𝐶𝐿
𝜋𝑎2
=
𝑖𝑎𝜌𝑎𝐿
𝜋(𝑏2 − 𝑎2)
 
 
𝑖𝐶𝜌𝐶
𝑎2
=
𝑖𝐴𝜌𝐴
(𝑏2 − 𝑎2)
→
𝑖𝐶𝜌𝐶
𝑟𝐶2
=
𝑖𝐴𝑙𝜌𝐴
(𝑟𝐴𝑙2 − 𝑟𝐶2)
 
 
Assim, isolando 𝑖𝐶 e 𝑖𝐴𝑙 , temos: 
𝑖𝐶 =
𝑟𝐶
2𝑖𝐴𝑙𝜌𝐴
𝜌𝐶(𝑟𝐴𝑙2 − 𝑟𝐶2)
 
𝑖𝐴𝑙 =
𝑖𝐶𝜌𝐶(𝑟𝐴𝑙
2 − 𝑟𝐶
2)
𝑟𝐶2𝜌𝐴
 
Aplicando a regra dos nós pela lei de Kirchoff temos: 
 
𝑖 = 𝑖𝐶 + 𝑖𝐴𝑙 
 
Corrente para cobre: 
𝑖 = 𝑖𝐶 + 𝑖𝐴𝑙 
𝑖𝐶 = 𝑖 −
𝑖𝐶𝜌𝐶(𝑟𝐴𝑙
2 − 𝑟𝐶
2)
𝑟𝐶2𝜌𝐴
 
𝑖𝐶 =
𝑖𝑟𝐶
2𝜌𝐴−𝑖𝐶𝜌𝐶(𝑟𝐴𝑙
2 − 𝑟𝐶
2)
𝑟𝐶2𝜌𝐴
 
𝑖𝐶𝑟𝐶
2𝜌𝐴 + 𝑖𝐶𝜌𝐶(𝑟𝐴𝑙
2 − 𝑟𝐶
2) = 𝑖𝑟𝐶
2𝜌𝐴 
𝑖𝐶𝑟𝐶
2𝜌𝐴 + 𝑖𝐶𝜌𝐶(𝑟𝐴𝑙
2 − 𝑟𝐶
2) = 𝑖𝑟𝐶
2𝜌𝐴 
𝑖𝐶[𝑟𝐶
2𝜌𝐴 + 𝜌𝐶(𝑟𝐴𝑙
2 − 𝑟𝐶
2)] = 𝑖𝑟𝐶
2𝜌𝐴 
𝑖𝐶 =
𝑖𝑟𝐶
2𝜌𝐴
[𝑟𝐶2𝜌𝐴 + 𝜌𝐶(𝑟𝐴𝑙2−𝑟𝐶2)]
 
 
Resolvendo a parte em vermelho temos: 
 
[𝑟𝐶
2𝜌𝐴 + 𝜌𝐶(𝑟𝐴𝑙2−𝑟𝐶2)]
= (2,75 × 10−8Ω ∙ 𝑚) ∙ (0,250 × 10−3𝑚)2
+ (1,69 × 10−8Ω ∙ 𝑚)[(0,380 × 10−3𝑚)2 − (0,250 × 10−3𝑚)2] 
 
[𝑟𝐶
2𝜌𝐴 + 𝜌𝐶(𝑟𝐴𝑙2−𝑟𝐶2)] = (3,10 × 10
−15Ω ∙ 𝑚) 
 
Logo, a corrente no cobre é: 
 
𝑖𝐶 =
(0,250 × 10−3𝑚)2 ∙ (2,75 × 10−8Ω ∙ 𝑚) ∙ (2,00 𝐴)
(3,10 × 10−15Ω ∙ 𝑚)
 
 
𝑖𝐶 = 1,11𝐴 
 
Corrente para alumínio: 
𝑖 = 𝑖𝐶 + 𝑖𝐴𝑙 
𝑖𝐴𝑙 = 𝑖 − 𝑖𝐶 
𝑖𝐴𝑙 = 𝑖 −
𝑟𝐶
2𝑖𝐴𝑙𝜌𝐴
𝜌𝐶(𝑟𝐴𝑙2 − 𝑟𝐶2)
 
𝑖𝐴𝑙 =
𝑖𝜌𝐶(𝑟𝐴𝑙
2 − 𝑟𝐶
2) − 𝑟𝐶
2𝑖𝐴𝑙𝜌𝐴
𝜌𝐶(𝑟𝐴𝑙2 − 𝑟𝐶2)
 
𝑖𝐴𝑙𝜌𝐶(𝑟𝐴𝑙
2 − 𝑟𝐶
2) + 𝑟𝐶
2𝑖𝐴𝑙𝜌𝐴 = 𝑖𝜌𝐶(𝑟𝐴𝑙
2 − 𝑟𝐶
2) 
𝑖𝐴𝑙[𝜌𝐶(𝑟𝐴𝑙
2 − 𝑟𝐶
2) + 𝑟𝐶
2𝜌𝐴] = 𝑖𝜌𝐶(𝑟𝐴𝑙
2 − 𝑟𝐶
2) 
𝑖𝐴𝑙 =
𝑖𝜌𝐶(𝑟𝐴𝑙
2 − 𝑟𝐶
2)
[𝜌𝐶(𝑟𝐴𝑙2 − 𝑟𝐶2) + 𝑟𝐶2𝜌𝐴]
 
 
Onde, 
 
[𝑟𝐶
2𝜌𝐴 + 𝜌𝐶(𝑟𝐴𝑙2−𝑟𝐶2)] = (3,10 × 10
−15Ω ∙ 𝑚) 
 
Logo, a corrente no alumínio é: 
 
𝑖𝐴𝑙 =
𝑖𝜌𝐶(𝑟𝐴𝑙
2 − 𝑟𝐶
2)
[𝜌𝐶(𝑟𝐴𝑙2 − 𝑟𝐶2) + 𝑟𝐶2𝜌𝐴]
 
 
𝑖𝐴𝑙 =
(2,00 𝐴) ∙ (1,69 × 10−8Ω ∙ 𝑚) ∙ [(0,380 × 10−3𝑚)2 − (0,250 × 10−3𝑚)2]
(3,10 × 10−15Ω ∙ 𝑚)
 
𝑖𝐴𝑙 = 0,893𝐴 
 
b) Aplicando a lei de Ohm temos: 
𝑉 = 𝑖𝐶𝑅𝐶 → 𝑉 =
𝑖𝐶𝜌𝐶𝐿
𝜋𝑟𝐶2
→ 𝐿 =
𝜋𝑟𝐶
2𝑉
𝑖𝐶𝜌𝐶
→ 
𝐿 =
(3,14159)(0,250 × 10−3𝑚)2(12,0𝑉)
(1.11𝐴)(1,69 × 10−8Ω ∙ 𝑚)
→ 𝐿 = 126m 
 
 
 
Na figura 27-51, R1 = 7,00 Ω, R2 = 12,0 Ω, R3 = 4,00 Ω e a força eletromotriz da fonte ideal é ε = 
24,0 V. Determine para que valor R4 a potência fornecida pela fonte aos resistores é igual (a) a 
60,0 W; (b) ao maior valor possível Pmáx ; (c) ao menor valor possível Pmín .Determine (d) Pmáx ; 
(e) Pmín . 
 
RESOLUÇÃO 
a) 𝑃 = 𝑖ℰ 
CAPÍTULO 27 PROBLEMA 48 
𝑖 =
ℰ
𝑅1234
 
𝑃 =
ℰ × ℰ
𝑅1234
 → 𝑃 =
ℰ2
𝑅1234
 
1
𝑅234
=
1
𝑅2
+
1
𝑅3
+
1
𝑅4
 
1
𝑅234
=
𝑅3𝑅4 + 𝑅2𝑅4 + 𝑅2𝑅3
𝑅2𝑅3𝑅4
 
𝑅234 =
𝑅2𝑅3𝑅4
𝑅2𝑅3 + 𝑅2𝑅4 + 𝑅3𝑅4
 
𝑅1234 = 𝑅1 + 𝑅234 → 𝑅1234 = 𝑅1 +
𝑅2𝑅3𝑅4
𝑅2𝑅3 + 𝑅2𝑅4 + 𝑅3𝑅4
 
𝑃 =
ℰ2
𝑅1 +
𝑅2𝑅3𝑅4
𝑅2𝑅3 + 𝑅2𝑅4 + 𝑅3𝑅4
 → 𝑃 =
ℰ2
𝑅1𝑅2𝑅3 + 𝑅1𝑅2𝑅4 + 𝑅1𝑅3𝑅4 + 𝑅2𝑅3𝑅4
𝑅2𝑅3 + 𝑅2𝑅4 + 𝑅3𝑅4
 
𝑃 = ℰ2 ×
𝑅2𝑅3 + 𝑅2𝑅4 + 𝑅3𝑅4
𝑅1𝑅2𝑅3 + 𝑅1𝑅2𝑅4 + 𝑅1𝑅3𝑅4 + 𝑅2𝑅3𝑅4
 
𝑃(𝑅1𝑅2𝑅3 + 𝑅1𝑅2𝑅4 + 𝑅1𝑅3𝑅4 + 𝑅2𝑅3𝑅4) = ℰ
2(𝑅2𝑅3 + 𝑅2𝑅4 + 𝑅3𝑅4) 
𝑃𝑅1𝑅2𝑅3 + 𝑃𝑅1𝑅2𝑅4 + 𝑃𝑅1𝑅3𝑅4 + 𝑃𝑅2𝑅3𝑅4 = ℰ
2𝑅2𝑅3 + ℰ
2𝑅2𝑅4 + ℰ
2𝑅3𝑅4 
𝑃𝑅1𝑅2𝑅4 + 𝑃𝑅1𝑅3𝑅4 + 𝑃𝑅2𝑅3𝑅4−ℰ
2𝑅2𝑅4 − ℰ
2𝑅3𝑅4 = ℰ
2𝑅2𝑅3 − 𝑃𝑅1𝑅2𝑅3 
𝑅4(𝑃𝑅1𝑅2 + 𝑃𝑅1𝑅3 + 𝑃𝑅2𝑅3−ℰ
2𝑅2 − ℰ
2𝑅3) = ℰ
2𝑅2𝑅3 − 𝑃𝑅1𝑅2𝑅3 
𝑅4 =
ℰ2𝑅2𝑅3 − 𝑃𝑅1𝑅2𝑅3
𝑃𝑅1𝑅2 + 𝑃𝑅1𝑅3 + 𝑃𝑅2𝑅3−ℰ2𝑅2 − ℰ2𝑅3
=
(ℰ2 − 𝑃𝑅1)𝑅2𝑅3
𝑃𝑅2𝑅3 − (ℰ2 − 𝑃𝑅1)(𝑅2+𝑅3)
 
𝑅4 = 19,5Ω (𝑅𝐸𝑆𝑃𝑂𝑆𝑇𝐴) 
 
 
b) Como 𝑃 e 𝑅1234 são inversamente proporcionais, para obtermos 𝑃𝑚á𝑥 devemos minimizar 
𝑅1234 fazendo 𝑅4 = 0. (𝑅𝐸𝑆𝑃𝑂𝑆𝑇𝐴) 
 
 
c) 𝑅4 = ∞ para 𝑃𝑚𝑖𝑛. (𝑅𝐸𝑆𝑃𝑂𝑆𝑇𝐴) 
 
 
d) 𝑅1234 = 𝑅1 +
𝑅2𝑅3𝑅4
𝑅2𝑅3+𝑅2𝑅4+𝑅3𝑅4
 ; Para 𝑅4 = 0 → 𝑃𝑚á𝑥 =
ℰ2
𝑅1234(𝑚𝑖𝑛)
 
 
𝑅1234(𝑚𝑖𝑛) = 𝑅1 +
𝑅2𝑅3𝑅4
𝑅2𝑅3 + 𝑅2𝑅4 + 𝑅3𝑅4
 → 𝑅1234(𝑚𝑖𝑛) = 𝑅1 = 7Ω 
 
𝑃𝑚á𝑥 =
ℰ2
𝑅1
=
242
7
≅ 82,3𝑊 (𝑅𝐸𝑆𝑃𝑂𝑆𝑇𝐴) 
 
 
e) 𝑅1234 = 𝑅1 +
𝑅2𝑅3𝑅4
𝑅2𝑅3+𝑅2𝑅4+𝑅3𝑅4
; 𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑅4 = ∞ → 𝑃𝑚𝑖𝑛 =
ℰ2
𝑅1234(𝑚á𝑥)
 
 
𝑅1234(𝑚á𝑥) = 𝑅1 +
𝑅2𝑅3
𝑅2 + 𝑅3
= 7 +
12 × 4
12 + 4
= 10Ω 
 
𝑃𝑚á𝑥 =
ℰ2
𝑅1234(𝑚á𝑥)
=
242
10
=
576
10
= 57,6𝑊 (𝑅𝐸𝑆𝑃𝑂𝑆𝑇𝐴) 
 
 
 
A figura 27-67 mostra dois circuitos com um capacitor carregado que pode ser descarregado 
através de um resistor quando uma chave é fechada. Na Fig. 27-67a , R1 = 20,0 Ω e C1 = 5,00 
µF. Na fig. 27-67b, R2 = 10,0 Ω e C2 = 8,00 µF. A razão entre as cargas iniciais dos dois 
capacitores é q02/q01 = 1,50. No instante t = 0, as duas chaves são fechadas. Em que instantes t 
os dois capacitores possuem a mesma carga? 
RESOLUÇÃO𝑞 = 𝑞02𝑒−𝑡 𝑅𝐶⁄ 
 
 
𝑞02
𝑞01
=
3
2
 
 
CAPÍTULO 27 PROBLEMA 68 
Sendo: 
𝜏1 = 𝑅1𝐶1 = 20 ∙ 5 × 10
−6 = 1 ∙× 10−4𝑠 
𝜏2 = 𝑅2𝐶2 = 10 ∙ 8 × 10
−6 = 0,8 ∙× 10−5𝑠 
 
Assim, igualando as cargas temos: 
𝑞1 = 𝑞2 
 
𝑞01𝑒−𝑡 𝑅1𝐶1⁄ = 𝑞02𝑒−𝑡 𝑅2𝐶2⁄ 
 
𝑞02
𝑞01
=
𝑒−𝑡 𝑅1𝐶1⁄
𝑒−𝑡 𝑅2𝐶2⁄
→
𝑞02
𝑞01
= 𝑒
−
𝑡
𝑅1𝐶1
+
𝑡
𝑅2𝐶2 
 
ln(3 2⁄ ) =
𝑡
𝑅2𝐶2
−
𝑡
𝑅1𝐶1
→ 𝑡 (
1
𝑅2𝐶2
−
1
𝑅1𝐶1
) = ln(3 2⁄ ) 
 
𝑡 (
𝑅1𝐶1 − 𝑅2𝐶2
𝑅1𝐶1 × 𝑅2𝐶2
) = ln(3 2⁄ ) → 𝑡 =
𝑅1𝐶1 × 𝑅2𝐶2 ∙ ln(
3
2⁄ )
𝑅1𝐶1 − 𝑅2𝐶2
 
 
𝑡 = 1,62 × 10−4𝑠 
 
 
 
 
Um resistor de 3,00 MΩ e um capacitor de 1,00 µF são ligados em série com uma fonte ideal 
de força eletromotriz ε = 4,00 V. Depois de transcorrido 1,00 s, determine (a) a taxa de 
aumento da carga do capacitor; (b) a taxa de armazenamento de energia no capacitor; (c) a 
taxa de dissipação de energia no capacitor; (d) a taxa de fornecimento de energia pela fonte. 
 
 
 
 
CAPÍTULO 27 PROBLEMA 69 
RESOLUÇÃO 
 
𝑅𝐶 = 3 × 106 ∙ 1 × 10−6 = 3 𝑠 
 
a) 𝑞 = 𝐶ℰ(1 − 𝑒
−𝑡
𝑅𝐶⁄ ) 
 
𝑑𝑞
𝑑𝑡
= 𝐶ℰ − 𝐶ℰ𝑒
−𝑡
𝑅𝐶⁄ 
 
𝑑𝑞
𝑑𝑡
= 
1
𝑅𝐶
𝐶ℰ𝑒
−𝑡
𝑅𝐶⁄ =
1
𝑅
ℰ𝑒
−𝑡
𝑅𝐶⁄ 
 
𝑑𝑞
𝑑𝑡
=
1
3000
× 4 × 𝑒
−1
3⁄ = 9,55 × 10−7𝐶/𝑠 
 
b) 
𝑈𝑐 =
𝑞2
2𝐶
→ 
 
𝑑𝑈𝑐
𝑑𝑡
=
𝑞
𝐶
∙
𝑑𝑞
𝑑𝑡
⟹ Como 𝑞 = 𝐶ℰ (1 − 𝑒
−𝑡
𝑅𝐶⁄ ) e 
𝑑𝑞
𝑑𝑡
=
1
𝑅
ℰ𝑒
−𝑡
𝑅𝐶⁄ ; Substituindo temos: 
 
𝑑𝑈𝑐
𝑑𝑡
=
𝐶ℰ (1 − 𝑒
−𝑡
𝑅𝐶⁄ )
𝐶
∙
1
𝑅
ℰ𝑒
−𝑡
𝑅𝐶⁄ =
ℰ2 (1 − 𝑒
−𝑡
𝑅𝐶⁄ ) 𝑒
−𝑡
𝑅𝐶⁄
𝑅
=
42 (1 − 𝑒
−1
3⁄ ) 𝑒
−1
3⁄
3000
 
 
𝑑𝑈𝑐
𝑑𝑡
= 1,08 × 10−6 𝑊 
 
c) 𝑃 = 𝑖2𝑅 
 
𝑖 =
𝑑𝑞
𝑑𝑡
 
𝑃 = (9,55 × 10−7)2 ∙ 3 × 106 
 
𝑃 = 2,74 × 10−6 𝑊 
 
d) 𝑃 = 𝑖ℰ 
 
𝑃 = 9,55 × 10−7 ∙ 4 
 
𝑃 = 3,82 × 10−6 𝑊 
 
 
 
 
No instante 𝑡1, um elétron que está se movendo no sentido positivo do eixo 𝑥 penetra em uma 
região onde existem um campo elétrico 𝐸 em um campo magnético 𝐵, com 𝐸 paralelo ao eixo 
𝑦. A figura 28-36 mostra a componente 𝑦 da força total 𝐹𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙,𝑦 exercida pelo dois campos 
sobre o elétron no instante 𝑡1. A escala do eixo horizontal é definida por 𝑉𝑠 = 100,0 𝑚 𝑠⁄ . As 
componentes 𝑥 e 𝑧 da força total são zero no instante 𝑡1. Supondo que 𝐵𝑥 = 0, determine (a) 
o modulo 𝐸 do campo elétrico; (b) o campo magnético 𝐵 em termos dos vetores unitários. 
RESOLUÇÃO 
Segundo a figura quando a velocidade 𝑉 = 50𝑚 𝑠⁄ a força total 𝐹𝑡 = 0, isso nos permite 
concluir, já que conforme o enunciado as componentes 𝑥 e 𝑧 da força total são zero, a força 
magnética encontra-se em 𝑦 e está oposta a força elétrica, por esse motivo nesse ponto a 
força elétrica cancela-se com a força magnética comprovando assim que 𝐹𝑡 = 0. 
Assim: 
𝐹𝑡 = 𝐹𝑏 − 𝐹𝑒 Nota: O 𝑠𝑒𝑛 90° aparece na fórmula devido ao fato do 
0 = 𝐹𝑏 − 𝐹𝑒 Elétron está se movendo com velocidade 𝑣 no 
𝐹𝑏 − 𝐹𝑒 = 0 eixo positivo de 𝑥. 
𝑞𝑣𝐵𝑠𝑒𝑛 𝜃 = 𝑞𝐸 
𝑣𝐵𝑠𝑒𝑛 90° = 𝐸 
𝑣𝐵 = 𝐸 → 𝐸 = 50𝐵 
CAPÍTULO 28 PROBLEMA 12 
 
No ponto 𝑉𝑠 da figura a velocidade equivale a 𝑉 = 100𝑚 𝑠⁄ e a força total 𝐹𝑡 = 2 × 10
−19𝑁. 
Logo, 
𝐹𝑏 − 𝐹𝑒 = 2 × 10
−19𝑁 
𝑞𝑣𝐵𝑠𝑒𝑛 90° − 𝑞𝐸 = 2 × 10−19 
𝑞(𝑣𝐵 − 𝐸) = 2 × 10−19 𝑆𝑢𝑏𝑠𝑡𝑖𝑡𝑢𝑖𝑛𝑑𝑜 𝐵 =
𝐸
50
 
𝑞 (100
𝐸
50
− 𝐸) = 2 × 10−19 
 1,6 × 10−19𝐸 = 2,19 × 10−19 
 
a) 𝐸 = 1,25𝑁 𝐶⁄ 
 
b) 𝐵 = 𝐸 50⁄ = 1,25 50⁄ → 𝐵 = 25𝑚𝑇𝑗̂ 
 
 
 
 
A figura 28-38 mostra um paralelepípedo metálico com as faces paralelas aos eixos 
coordenados. O objeto está imerso em um campo magnético uniforme de modulo 0,020 T. 
Uma das arestas do objeto que não está desenhado em escala, mede 25 cm. O objeto é 
deslocado a uma velocidade de 3,0 m/s, paralelamente aos eixos x, y e z, e a diferença de 
potencial V que aparece entre as faces do objeto é medida. Quando o objeto se desloca 
paralelamente ao eixo y, V = 12mV; quando o objeto se desloca paralelamente ao eixo z, V = 
18mV; quando o objeto se desloca paralelamente ao eixo x, V = 0. Determine as dimensões (a) 
dx; (b) dy e (c) dz do objeto. 
 
 
 
 
CAPÍTULO 28 PROBLEMA 16 
RESOLUÇÃO 
 
Dados: 
𝐵 = 0,020𝑚𝑇 
𝑉𝑦 = 12𝑚𝑉 
𝑉𝑧 = 18𝑚𝑉 
𝑉0 = 0 
𝑉 = 3𝑚 𝑠⁄ 
 
Como o paralelepípedo é metálico e está imerso em campo magnético uniforme, surgem 
tensões induzidas em suas faces. As dimensões do objeto serão dadas pela Eq. 28-9: 
 
𝑉 = 𝐸𝑑 
 
Nesta equação, d é a distância entre as faces do objeto (dimensões), E é o campo elétrico 
gerado pelo movimento dos elétrons dentro do paralelepípedo e V é a tensão induzida. Como 
os elétrons tem carga q e estão se movendo com velocidade v em um campo magnético, a 
força magnética é dada pela Eq. 28-3: 
 
𝐹𝐵 = |𝑞|𝑣𝐵 sin𝜑 
 
Notamos que �⃗� deve estar ao longo do eixo x, pois quando a velocidade está ao longo deste 
eixo não há tensão induzida. Ao entrar no campo magnético, os elétrons se separam e o 
módulo do campo elétrico interno aumenta. No momento em que a força elétrica e a 
magnética se igualam, temos: 
 
𝐹𝐸 = 𝐹𝐵 
𝐹𝐸 = |𝑞|𝐸 
 
O ângulo entre os vetores �⃗� e 𝑣 é 90° nas faces direita, superior e frontal. Na face esquerda, o 
ângulo é igual a 180°. Logo: 
 
|𝑞|𝐸 = |𝑞|𝑣𝐵 sin 90° 
𝐸 = 𝑣𝐵 
 
Mas 𝑉 = 𝐸𝑑. Logo: 
 
𝑑 =
𝑉
𝐸
=
𝑉
𝑣𝐵
 
 
Onde deve-se interpretar os símbolos cuidadosamente para assegurar que 𝑑 , 𝑣 e �⃗� são 
mutuamente perpendiculares. Então, quando a velocidade é paralela ao eixo y, o valor 
absoluto da tensão (que é considerada na mesma direção de 𝑑 ) é 0,012 V, e: 
 
𝑑 = 𝑑𝑧 =
0,012 𝑉
(3,0 𝑚/𝑠)(0,020 𝑇)
= 0,20 𝑚 
 
Por outro lado, quando a velocidade é paralela ao eixo z, o valor absoluto da tensão 
apropriada é 0,018 V, e: 
 
𝑑 = 𝑑𝑦 =
0,018 𝑉
(3,0 𝑚/𝑠)(0,020 𝑇)
= 0,30 𝑚 
 
Logo, nossas respostas são: 
a) 𝑑𝑥 = 25 𝑐𝑚 (Por eliminação) 
b) 𝑑𝑦 = 30 𝑐𝑚 
c) 𝑑𝑧 = 20 𝑐𝑚 
 
 
 
 
Uma barra de cobre de 1,0 kg repousa em dois trilhos horizontais situados a 1,0m de distância 
um do outro e é percorrida por uma corrente de 50 A. O coeficiente de atrito estático entre a 
barra e os trilhos é 0,60. Determine (a) o módulo e (b) o ângulo (em relação à vertical) do 
menor campo magnético que faz a barra se mover. 
RESOLUÇÃO 
 
 
 
 
 
 
a) 
 
𝐹𝐵𝑥 = 𝐹𝐵cos 𝜃 
𝐹𝐵𝑦 = 𝐹𝐵 sen 𝜃 
 
Para eixo 𝑦 temos: 
 
𝑁 + 𝐹𝐵𝑖 = 𝑚𝑔 
𝑁 = 𝑚𝑔 − 𝐹𝐵𝑖 
 
Para eixo 𝑥 temos: 
 
𝐹𝐵𝑥 − 𝐹𝐹𝑎𝑡 = 0 
 
CAPÍTULO 28 PROBLEMA 45 
Onde, 
 𝐹𝐹𝑎𝑡 = 𝜇 ∙ 𝑁 = 𝜇(𝑚𝑔 − 𝐹𝐵 sen𝜃) 
 
𝐹𝐵 = 𝑖 ∙ 𝐿 ∙ 𝐵 
 
Logo, para o eixo 𝑥 temos: 
 
𝐹𝐵 cos 𝜃 = 𝜇(𝑚𝑔 − 𝐹𝐵 sen 𝜃) 
 
Assim, igualando as seguintes forças temos: 
 
𝐹𝑏 cos𝜃 = 𝐹𝐹𝑎𝑡 
 
𝑖 ∙ 𝐿 ∙ 𝐵 ∙ cos 𝜃 = 𝜇 ∙ (𝑚𝑔 − 𝑖 ∙ 𝐿 ∙ 𝐵 ∙ sen 𝜃) 
 
𝑖 ∙ 𝐿 ∙ 𝐵 ∙ cos 𝜃 = 𝜇 ∙ 𝑚 ∙ 𝑔 − 𝑖 ∙ 𝐿 ∙ 𝜇 ∙ 𝐵 ∙ sen 𝜃 
 
𝑖 ∙ 𝐿 ∙ 𝐵 ∙ cos 𝜃 + 𝑖 ∙ 𝐿 ∙ 𝜇 ∙ 𝐵 ∙ sen 𝜃 = 𝜇 ∙ 𝑚 ∙ 𝑔 
 
𝑖 ∙ 𝐿 ∙ 𝐵(cos 𝜃 + 𝜇 ∙ sen 𝜃) = 𝜇 ∙ 𝑚 ∙ 𝑔 
 
𝐵 =
𝜇 ∙ 𝑚 ∙ 𝑔
𝑖 ∙ 𝐿(cos 𝜃 + 𝜇 ∙ sen 𝜃)
 
 
𝐵 =
𝜇 ∙ 𝑚 ∙ 𝑔
𝑖 ∙ 𝐿
(
1
(cos 𝜃 + 𝜇 ∙ sen𝜃)
) →
𝑑𝐵
𝑑𝜃𝑑𝐵
𝑑𝜃
=
𝜇 ∙ 𝑚 ∙ 𝑔
𝑖 ∙ 𝐿
∙ [
−(−sen𝜃 + 𝜇 ∙ cos 𝜃)
(cos𝜃 + 𝜇 ∙ sen𝜃)2
] →
𝑑𝐵
𝑑𝜃
= 0 
 
0 =
𝜇 ∙ 𝑚 ∙ 𝑔
𝑖 ∙ 𝐿
∙
(sen 𝜃 − 𝜇 ∙ cos 𝜃)
(cos 𝜃 + 𝜇 ∙ sen 𝜃)2
→ 
 
0 = sen𝜃 − 𝜇 ∙ cos 𝜃 
 
𝜇 ∙ cos 𝜃 = sen𝜃 
 
𝜇 =
sen𝜃
cos𝜃
→ tg𝜃 = 𝜇 
𝜃 = tg−1 𝜇 → 𝜃 = tg−1 0,6 = 31° 
 
Substituindo os valores na equação; 
𝐵 =
𝜇 ∙ 𝑚 ∙ 𝑔
𝑖 ∙ 𝐿(cos 𝜃 + 𝜇 ∙ sen 𝜃)
 
Encontramos o valor do módulo do campo magnético: 
𝐵 =
0,6 ∙ 1 ∙ 9,8
50 ∙ 1(cos31° + 0,6 ∙ sen 31°)
= 0,10 𝑇 
 
b) Como mostrado acima, o ângulo é de 𝜃 = tg−1 𝜇 → 𝜃 = tg−1 0,6 = 31°. 
 
 
 
Um condutor longo, rígido, retilíneo, situado sobre o eixo x, é percorrido por uma corrente de 
5,0 A no sentido negativo do eixo x. Um campo magnético 𝐸 ⃗⃗ ⃗esta presente, dado por �⃗� = 3,0 î 
+ 8,0x2 ĵ, com x em metros e 𝐵 ⃗⃗ ⃗em militesla. Determine, em termos dos vetores unitários, a 
força exercida pelo campo sobre o segmento de 2,0 m do condutor entre os pontos x = 1,0 m 
e x = 3,0 m. 
RESOLUÇÃO 
Para um campo magnético não perpendicular ao fio, a força magnética é dada por: 
𝐹 𝐵 = 𝑖�⃗� × 𝐵;⃗⃗ ⃗ 
Considerando segmentos infinitesimais, temos: 
𝑑𝐹 𝐵 = 𝑖𝑑�⃗� × 𝐵;⃗⃗ ⃗ 
Aplicando integração, podemos calcular a força total que age sobre todo o fio: 
∫𝑑𝐹 𝐵 = ∫ 𝑖𝑑�⃗� × �⃗� ⇒ 𝐹 𝐵 = ∫𝑖𝑑�⃗� × �⃗� ; 
Como 𝑑�⃗� = −𝑑𝑥𝑖,̂ e �⃗� = 𝐵𝑥𝑖̂ + 𝐵𝑦𝑗,̂ e queremos calcular a força para certo intervalo, temos: 
CAPÍTULO 28 PROBLEMA 46 
𝐹 𝐵 = −∫ 𝑖𝑑�⃗� × �⃗� 
3
1
= −∫ 𝑖𝑑𝑥𝑖̂ × (𝐵𝑥𝑖̂ + 𝐵𝑦𝑗̂) = ∫ (𝑖𝑑𝑥)(
3
1
𝐵𝑥𝑠𝑒𝑛0°)�̂� + ∫ (𝑖𝑑𝑥)(𝐵𝑦
3
1
𝑠𝑒𝑛90°)
3
1
= −𝑖 ∫ 𝐵𝑦𝑑𝑥�̂�
3
1
= −(5,0𝐴) (∫ (8𝑥2𝑑𝑥)
3
1
) �̂� = −(5,0𝐴) ∙ 8 ∙ (
𝑥³
3
)|
1
3
= (−0,35𝑁)�̂�; 
 
 
 
A espira percorrida por corrente da figura 29-58a é constituída por uma semicircunferência 
com 10,0 cm de raio, uma semicircunferência menor com o mesmo centro e dois segmentos 
radiais, todos no mesmo plano. A semicircunferência menor sofre uma rotação de um ângulo 
𝜃 para fora do plano (figura 29-58b). A figura 29-58c mostra o modulo do campo magnético no 
centro de uma curvatura em função do ângulo 𝜃. A escala vertical é definida por Ba = 12,0 µT. 
Qual é o raio do semicírculo menor? 
 
RESOLUÇÃO 
Dados 
𝑅 = 10 𝑐𝑚 
𝐵𝑎 = 10 𝜇𝑇 
𝐵𝑏 = 12 𝜇𝑇 
𝑟 =? 
CAPÍTULO 29 PROBLEMA 30 
Cálculo do campo inicial: 
 
𝐵𝑖 =
𝜇0𝑖𝜑
4𝜋𝑅
+
𝜇0𝑖𝜑
4𝜋𝑟
→ (
𝜇0𝑖𝜑
4𝜋
) ∙ (
1
𝑅
+
1
𝑟
) 
 
Cálculo do campo final: 
 
(𝐵𝑓)
2
= (
𝜇0𝑖𝜑
4𝜋𝑅
)
2
+ (
𝜇0𝑖𝜑
4𝜋𝑟
)
2
→ (
𝜇0𝑖𝜑
4𝜋
)
2
∙ (
1
𝑅2
+
1
𝑟2
) 
 
Pelo gráfico → Campo inicial = 𝐵𝑏 e Campo final = 𝐵𝑎. 
 
Então, fazendo 𝐵𝑎
2 e dividindo 
𝐵𝑏
2 
𝐵𝑎
2 
, nós obtemos: 
 
(
𝐵𝑏
𝐵𝑎
)
2
= 
(𝜇0𝑖𝜑 4𝜋⁄ )
2 ∙ (1 𝑅⁄ +
1
𝑟⁄ )
2
(𝜇0𝑖𝜑 4𝜋⁄ )2 ∙ (
1
𝑅2⁄ +
1
𝑟2⁄ )
 
 
(
𝐵𝑏
𝐵𝑎
)
2
=
(1 𝑅⁄ +
1
𝑟⁄ )
2
(1 𝑅2⁄ +
1
𝑟2⁄ )
 
Substituindo os valores temos: 
(1,2)2 =
(1 10⁄ +
1
𝑟⁄ )
2
(1 102⁄ +
1
𝑟2⁄ )
→ 1,44 =
[((100 + 𝑟2 + 20𝑟)) (100𝑟2)⁄ ]
(100 + 𝑟2) (100𝑟2)⁄
→ 
 
1,44 + 1,44𝑟2 − 100 − 𝑟2 − 20𝑟 = 0 → 0,44𝑟2 − 20𝑟 ∓ 44 = 0 
 
𝑟 =
20 ± √322,56
0,88
 
 
𝑟′ = 43,13 
𝑟′′ = 2,33 
Assim, como 𝑅 = 10𝑐𝑚 e 𝑟 < 𝑅, logo 𝑟 = 2,33𝑐𝑚. 
 
 
 
A figura 29-59 mostra uma seção reta de uma fita longa e fina de largura w = 4,91 cm que esta 
conduzindo uma corrente uniformemente distribuída i = 4,61 µA para dentro do papel. Em 
termos dos vetores unitários, qual PE o campo magnético B em um ponto P no plano da fita 
situado a uma distancia d = 2,16 cm de uma das bordas? (Sugestão: Imagine a fita como um 
conjunto de fios paralelos.) 
 
RESOLUÇÃO: 
 
Consideremos uma seção da fita de espessura 𝑑𝑥, situada a uma distância x do ponto P. A 
corrente que passa por ela 
é 𝑑𝑖 =
𝑑𝑥
𝑤
, e sua contribuição para 𝐵𝑃 é; 
 
𝑑𝐵𝑃 =
𝜇0𝑑𝑖
2𝜋𝑥
=
𝜇0𝑑𝑖𝑥
2𝜋𝑥𝑤
 
 
Assim, para a fita completa temos 
 
𝐵𝑃 = ∫𝑑𝐵𝑃 =
𝑖𝜇0
2𝜋𝑤
∫
𝑑𝑥
𝑥
𝑑+𝑤
𝑑
=
𝑖𝜇0
2𝜋𝑤
𝑙𝑛 (1 +
𝑤
𝑑
)
=
(4𝜋 ∙
10−7𝑚
𝐴 )
(4,61 ∙ 10−6𝐴)
2𝜋(0,0491𝑚)
𝑙𝑛 (1 +
0,049
0,0216
) = 2,23 ∙ 10−11𝑇 
 
 
 E 𝐵𝑃⃗⃗ ⃗⃗ aponta para cima. Em notação de versores, 𝐵𝑃⃗⃗ ⃗⃗ = (2,23 ∙ 10
−11𝑇)𝑗 ̂
 
 
 
 
 
 
 
CAPÍTULO 29 PROBLEMA 31 
 
 
 
A figura 29-60 mostra, em seção reta, dois fios retilíneos longos apoiados na superfície de 
cilindro de plástico de 20,0 cm de raio, paralelamente ao eixo do cilindro. O fio 1 conduz uma 
corrente i1 = 60,0 mA para fora do papel e é mantido fixo no lugar, do lado esquerdo do 
cilindro. O fio 2 conduz uma corrente i2 = 40,0 mA para fora do papel e pode ser deslocado em 
torno do cilindro. Qual deve ser o ângulo (positivo) 𝜃2 do fio 2 para que, na origem, o módulo 
do campo magnético total seja 80,0 nT? 
 
RESOLUÇÃO 
DADOS: 
𝑖1 = 60 𝑚𝐴 
𝑖2 = 40 𝑚𝐴 
𝐵 = 80 𝑛𝑇 
𝜃2 =? 
 
Primeiramente acharemos 𝐵1 e 𝐵2: 
𝐵1 =
𝜇0𝑖
2𝜋𝑅
= 60 𝑛𝑇 
𝐵2 =
𝜇0𝑖
2𝜋𝑅
= 40 𝑛𝑇 
 
𝐵2 = (−𝐵2𝑠𝑒𝑛 𝜃2)
2 + (𝐵1 − 𝐵2 cos 𝜃2)
2 
𝐵2 = 𝐵2
2𝑠𝑒𝑛2 𝜃2 + 𝐵1
2 − 2𝐵1𝐵2 cos 𝜃2 + 𝐵2
2cos2 𝜃2 
CAPÍTULO 29 PROBLEMA 32 
𝐵2 = 𝐵2
2(𝑠𝑒𝑛2 𝜃2 + cos
2 𝜃2) + 𝐵1
2 − 2𝐵1𝐵2 cos 𝜃2 
𝐵2 = 𝐵2
2 + 𝐵1
2 − 2𝐵1𝐵2 cos 𝜃2 
2𝐵1𝐵2 cos 𝜃2 = 𝐵2
2 + 𝐵1
2 − 𝐵2 
cos 𝜃2 =
𝐵2
2 + 𝐵1
2 − 𝐵2
2𝐵1𝐵2
 
𝜃2 = 𝑐𝑜𝑠
−1 [
𝐵2
2 + 𝐵1
2 − 𝐵2
2𝐵1𝐵2
] 
𝜃2 = 𝑐𝑜𝑠
−1 [−
1
4
] = 104° 
 
 
 
Na figura 29-61 a = 4,7 cm e i = 13 A. Determine (a) o módulo e (b) o sentido (para dentro ou 
para fora do papel) do campo magnético no ponto P. (Observe que não se trata de fios longos.) 
RESOLUÇÃO 
 
sin 𝜃 =
𝑅
(𝑥2+𝑅2)1 2⁄
 
 
𝑥 = 𝑅 tan𝜃 
 
𝑑𝑥 = 𝑅 sec² 𝜃 
 
 
a) 
 
𝑑𝐵 =
𝜇0𝑖
4𝜋
𝑠𝑒𝑛 𝜃
𝑟2
𝑑𝑥 
CAPÍTULO 29 PROBLEMA 33 
 
∫𝑑𝐵 = ∫
𝜇0𝑖 
4𝜋
𝑅
(𝑥2 + 𝑅2)1 2⁄
1
(𝑥2 + 𝑅2)
 𝑑𝑥 
 
𝐵 =
𝜇0𝑖𝑅
4𝜋
∫
𝑑𝑥
(𝑥2 + 𝑅2)3 2⁄
𝐿
0
 
 
𝐵 =
𝜇0𝑖𝑅
4𝜋
∫
𝑅 sec² 𝜃 
((𝑅 tan 𝜃)2 + 𝑅2)3 2⁄
𝑑𝜃
𝐿
0
 
 
𝐵 =
𝜇0𝑖
4𝜋𝑅
∫ cos 𝜃 𝑑𝜃
𝐿
0
 
 
𝐵 =
𝜇0𝑖 
4𝜋𝑅
sin 𝜃 
 
𝐵 =
𝜇0𝑖
4𝜋𝑅
𝐿
√𝐿2 + 𝑅2
 
 
 
 
Campo magnético produzido pelo fio de comprimento a: 
𝐵𝑎 =
𝜇0𝑖
4𝜋𝑎
𝑎
√𝑎2 + 𝑎2
 
 
𝐵𝑎 =
𝜇0𝑖
4𝜋𝑎
𝑎
𝑎√2
 
 
𝐵𝑎 =
𝜇0𝑖
4𝜋𝑎
1
√2
 = 
𝜇0𝑖√2
8𝜋𝑎
→ O campo magnético está entrando no ponto 𝑃 
 
Campo magnético produzido pelo fio de comprimento 2a: 
 
𝐵2𝑎 =
𝜇0𝑖
4𝜋2𝑎
2𝑎
√4𝑎2 + 4𝑎2
 
 
𝐵2𝑎 =
𝜇0𝑖
4𝜋2𝑎
2𝑎
2𝑎√2
= 
𝜇0𝑖√2
8𝜋2𝑎
→ O campo magnético está saindo no ponto 𝑃 
 
Campo Magnético total produzido no ponto P: 
 
𝐵𝑝 = 2𝐵𝑎 − 2𝐵2𝑎 = 
√2𝜇0𝑖
8𝜋𝑎
= 1.96𝑥10−5𝑇 ≈ 2𝑥10−5𝑇 
 
b) A direção do campo é para dentro do papel. 
 
 
 
 
Dois fios retilíneos percorridos por correntes estão apoiados na superfície de um cilindro longo 
de plástico de raio R = 20,0 cm, paralelamente ao eixo do cilindro. A figura 29-62ª mostra, em 
seção reta, o cilindro e o fio 1, mas não o fio 2. Com o fio 2 mantido fixo no lugar o fio 1 é 
deslocado sobre o cilindro, do ângulo 𝜃1 = 0° ate o ângulo 𝜃1 = 180°, passando pelo primeiro e 
segundo quadrantes do sistema de coordenadasxy. O campo magnético �⃗� no centro do 
cilindro é medido em função de 𝜃1. A figura 29-62b mostra a componente Bx de �⃗� em função 
de 𝜃1 ( a escala vertical é definida por Bxs = 6,0 𝜇T), e a figura 29-62c mostra a componente By
 ( 
a escala vertical é definida Bys = 4,0 𝜇T). (a) Qual é o ângulo 𝜃2 que define a posição do fio 2? 
Determine (b) o valor e (c) o sentido (para dentro ou para fora do papel) da componente no fio 
1. Determine também (d) o valor e (e) o sentido do corrente no fio 2. 
 
 
 
 
 
 
 
CAPÍTULO 29 PROBLEMA 34 
RESOLUÇÃO 
 
Inicialmente observe que em θ = 90° a soa soma das componentes dos campos na direção y é 
zero Figura (c). Isso sugere duas coisas. 
 
1) Para o campo anular-se na direção y o fio 2 por simetria deve estar em 𝜃1 =
𝜋
2
. Ou 𝜃1 = −
𝜋
2
. 
 
2) Os campos tem sentidos opostos e se anulam na direção y, logo existe correntes contrarias. 
 
 
a) Devido ao raciocínio anterior o fio 2 deve estar no ponto 𝜃2 = 
−𝜋
2⁄ . Uma vez que, se quando 
deslizaremos o fio 1 para a posição 
𝜋
2
 os dois fios ocupariam o mesmo espaço. 
b) Observando o gráfico (b) onde a componente total do campo é B= 6𝜇𝑇 (observe a escala) 
temos: 
 
𝐵1𝑥 + 2,0 𝜇𝑇 = 6𝜇𝑇 
 
𝐵1𝑥 = 4𝜇𝑇 
 
Pela equação 29-4 
 
𝑖1 =
2𝜋𝑏1𝑥𝑅
𝜇0
=
2𝜋(4, 𝑜 𝑥10−6𝑇)(𝑜, 200 𝑚)
4𝜋 𝑥 10−7𝑇.𝑀 𝐴⁄
= 4 𝐴 
 
c) Como na figura (b) o gráfico cresce com 𝜃1 de 0° até 90°, a corrente deve estar saindo do 
papel. 
d) Na figura (b) a componente do campo do fio 1 quando 𝜃1 = 0 é tal que 
𝐵2𝑥 = 2𝜇𝑇, de forma que 
 
𝑖2 =
2𝜋𝑏2𝑥𝑅
𝜇0
=
2𝜋(2, 𝑜 𝑥10−6𝑇)(𝑜, 200 𝑚)
4𝜋 𝑥 10−7𝑇.𝑀 𝐴⁄
= 2 𝐴 
 
e) Como vimos no raciocínio inicial 2°) acima as correntes nos dois fios são contrárias, sendo 
assim a corrente no fio2 está entrando no papel. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Na figura 29-66 um fio retilíneo longo conduz uma corrente 𝑖1 = 30 𝐴 e uma espira 
retangular conduz uma corrente 𝑖2 = 20 𝐴. Suponha que 𝑎 = 1,00 𝑐𝑚, 𝑎 = 8,00 𝑐𝑚 e 
𝐿 = 30,0 𝑐𝑚. Em termos dos vetores unitários, qual é a força a que está submetida a espira? 
 
 
𝐹1 = 
μ ∙ 𝑖1 ∙ 𝑖2
2𝜋𝑎
 
 
𝐹2 = 
μ ∙ 𝑖1 ∙ 𝑖2
2𝜋(𝑎 + 𝑏)
 
 
𝐹𝑟 = 𝐹1 − 𝐹2 
 
𝐹𝑟 =
μ ∙ 𝑖1 ∙ 𝑖2
2𝜋𝑎
−
μ ∙ 𝑖1 ∙ 𝑖2
2𝜋(𝑎 + 𝑏)
 
 
𝐹𝑟 =
4𝜋 × 10−7 × 30 × 20 × 8 × 3 
18𝜋
 
 
 𝐹𝑟 = 3,2 × 10−3 𝑁 
 
 
CAPÍTULO 29 PROBLEMA 41