Gabarito P3 NF4130

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Nº 
 
 
 Nº SEQUENCIAL 
COD./ DISC.: NF 4130 P3 A DATA: 14/06/2018 
NOME: NOTA: 
ASS.: TURMA: 
Instruções Gerais: Todas as respostas devem ser justificadas e as passagens necessárias para o 
entendimento da solução devem estar presentes. Haverá penalização de 0,2 pontos por unidade 
incorreta ou ausente. 
 
229 /100,9)4(1 CNmo 
 
mFo /1085,8
12
 
mHo /104
7 
 
Ce 19106,1 
 
 
 
 1 – O centro de uma pequena esfera metálica de carga 𝑄𝐴 = +2,00 ×
10−6 C situa-se sobre o ponto A de uma circunferência de raio 𝑅 =
50,0 cm, no plano xy, como mostrado na figura. Considere que o potencial 
é nulo no infinito. Calcule: a (0,75) - o trabalho da força elétrica para levar 
uma carga de prova 𝑞 = +5,00 × 10−3 C do ponto P até o ponto Q através 
do arco de circunferência que liga P a Q; b (0,75) - o trabalho da força 
elétrica para levar a mesma carga 𝑞 do ponto P até o ponto Q, passando 
pelo ponto C. 
 DADOS: 𝑉 =
1
o4
𝑞
𝑟
; 𝑊 = −𝑞∆𝑉 
 
 
 
a) 𝑉𝑃 =
1
o4
𝑞𝐴
𝑟
=
1
o4
𝑞𝐴
𝐴𝑃 
 
= 9,0 × 109
2,00×10−6
 2×0,500 
𝑉𝑃 = 2,54 × 10
4 V 
 
 𝑉𝑄 =
1
o4
𝑞𝐴
𝐴𝑄 
= 9,0 × 109
2,00×10−6
2×0,500 
 
𝑉𝑄 = 1,80 × 10
4 V 
 
𝑊 = −𝑞(𝑉𝑄 − 𝑉𝑃) 
= −5,00 × 10−3(1,80 − 2,54) × 104

 
 
𝑊 = 37,0 𝐽 
b) O trabalho da força elétrica, que é 
conservativa, independe da trajetória da partícula, 
de modo que 
 
𝑊𝑃𝐶𝑄 = 37,0 𝐽 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2 – Um elétron (q = -1,60 × 10-19 C, m = 9,11× 10-31 kg) 
encontra-se na presença de um campo magnético uniforme que 
entra no plano do papel. Ele é lançado do ponto A com velocidade 
na forma 
jvv

0
 e emerge do campo pelo ponto B com 
velocidade na forma 
ivv

0' 
, conforme a figura. As linhas 
pontilhadas delimitam o campo. A partícula leva 1,00 × 10
-3
 s para 
ir do ponto A até o ponto B. Calcule: a (0,5)- O módulo da 
velocidade de lançamento; b (1,0)- O módulo do campo 
magnético. 
DADOS: 𝐹 = q𝑣 × 𝐵 ; 𝐹 = 𝑚𝑣2 𝑅 ; 𝜔 = 𝑣 𝑅 = 2𝜋 𝑇 
 
 
 
a) Para descrever um quarto de circunferência, 
como mostra a figura, a partícula leva 1,00 × 10
-3
 s. 
Então 
 
𝑣 =
𝑅𝜋 2 
∆𝑡
=
0,500𝜋 2 
1,00 × 10−3 
 
 
 
𝑣 = 785 𝑚/𝑠 
 
 
 
b) A força magnética é centrípeta, assim, 
 
𝐹 = q𝑣𝐵 = 𝑚
𝑣2
𝑅 
 𝐵 =
𝑚𝑣
𝑞𝑅 
 
 
𝐵 = 8,94 × 10−9 𝑇 
 
 
 
 
 
3 - Duas cargas puntiformes q1 = q2 = 3,00 μC estão posicionadas em 
𝑥 = 0,𝑦 = 2,00 m e 𝑥 = 0,𝑦 = −2,00 m. Outras duas cargas 
puntiformes, cada uma com carga 𝑄, estão posicionadas em 𝑥 =
4,00 m,𝑦 = 2,00 m e 𝑥 = 4,00 m,𝑦 = −2,00 m, como mostra a figura. 
O campo elétrico no ponto P de coordenadas 𝑥 = 2,00 m, 𝑦 = 0 devido à 
presença das quatro cargas é 𝐸 = 4,00 ∙ 103
𝑁
𝐶
 𝑖 . 
 Determine o sinal (0,5) e o valor (1,0) das cargas 𝑄. 
DADOS: 𝐸 =
1
4𝜋𝜖0
𝑞
𝑟2
 
 
 
O campo produzido pela partícula 1 é 
 𝐸1 =
1
4𝜋𝜖0
𝑞1
𝑟2
(𝑐𝑜𝑠45𝑜 𝑖 − 𝑠𝑒𝑛45𝑜𝑗) , 
e pela partícula 2 é 
𝐸2 =
1
4𝜋𝜖0
𝑞1
𝑟2
(𝑐𝑜𝑠45𝑜 𝑖 + 𝑠𝑒𝑛45𝑜𝑗) ; 
Como q1 = q2, o campo 𝐸12 gerado por ambas é 
 
𝐸12 =
1
4𝜋𝜖0
𝑞1
𝑟2
2𝑐𝑜𝑠45𝑜 𝑖 
𝐸12 = 9,0 × 10
9
3,00 × 10−6
( 2 × 2,00)2
2𝑐𝑜𝑠45𝑜 𝑖 
𝐸12 = 4,77 × 10
3𝑖 (V/m) 
O campo elétrico resultante é 𝐸 = 𝐸 12 + 𝐸 𝑄, então 
 
𝐸 𝑄 = 𝐸 − 𝐸 12 = (4,00 − 4,77) × 10
3𝑖 
𝐸 𝑄 = −7,7 × 10
2𝑖 (
𝑉
𝑚
), onde EQ é o campo gerado 
pelas duas partículas de carga Q. Para que o 
campo tenha sentido negativo de x, as cargas Q 
devem ter sinal POSITIVO. O campo gerado pelas 
duas partículas será 
𝐸 𝑄 = −7,7 × 10
2𝑖 
=
1
4𝜋𝜖0
𝑄
𝑟2
 −𝑐𝑜𝑠45𝑜 𝑖 − 𝑠𝑒𝑛45𝑜 𝑗 +
1
4𝜋𝜖0
𝑄
𝑟2
 −𝑐𝑜𝑠45𝑜 𝑖 + 𝑠𝑒𝑛45𝑜 𝑗 =
−
1
4𝜋𝜖0
𝑄
𝑟2
2𝑐𝑜𝑠45𝑜 𝑖 = −𝑄1,59 × 109𝑖 

 
Q =
7,7×102
1,59×109 
 Q = +4,84 × 10−7 C 
 
4 – Na figura ao lado, o fio 1 percorrido pela corrente i1 = 1,20 A é 
formado por dois fios retilíneos infinitos e um arco de ¼ de 
circunferência centrado no ponto P. O fio 2 percorrido pela corrente 
i2 = 3,00 A, que sai do papel, tem comprimento infinito e é 
perpendicular ao plano xy. O raio do arco de circunferência é R = 
10,0 cm, igual à distância (v. figura) entre P e o fio 2. a (1,0) – Use a 
lei de Biot-Savart para mostrar que o módulo do campo gerado pelo 
fio 1 em P é 𝐵1 = 𝜇0𝑖1 (8𝑅) ; b (1,0) - determine o vetor campo 
magnético resultante no ponto P. 
DADOS: 𝑑𝐵 =
𝜇0𝑖
4𝜋
𝑑𝑙×𝑟 
𝑟2
; 𝐵 =
𝜇0𝑖
2𝜋𝑟
 
 
 
a) 𝑑𝐵 =
𝜇0𝑖
4𝜋
𝑑𝑙𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑟2 
𝐵 =
𝜇0𝑖
4𝜋𝑅2
 dl
πR 2 
o 
 
 
𝐵 =
𝜇0𝑖
4𝜋𝑅2
𝜋𝑅
2 
 𝐵 =
𝜇0𝑖
8𝑅
 
 
 
 
b) 𝐵 1 =
𝜇0𝑖1
8𝑅
k =
4𝜋×10−71,20
8×0,100
k 
𝐵 1 = 1,88 × 10
−6k (T) 
 
𝐵 2 = −
𝜇0𝑖2
2𝜋𝑅
𝑖 = −
4𝜋 × 10−73,00
2𝜋0,100
𝑖 
𝐵 2 = −6,00 × 10
−6𝑖 (𝑇) 
 
𝐵 = 𝐵 1 + 𝐵 2  
 𝐵 = −6,00𝑖 + 1,88𝑘 × 10−6(𝑇) 
 
 
5 – A capacitância do capacitor C3 é o triplo da capacitância do capacitor C1, 
e a capacitância C2 é o dobro de C1. Quando estes três capacitores são 
ligados em paralelo (arranjo NÃO mostrado na figura), a capacitância 
equivalente do conjunto é 12,0 µF. a (0,75) - Determine as capacitâncias dos 
três capacitores. b (0,75) Determine a carga acumulada em C3 quando os 
capacitores formam um circuito alimentado por uma bateria de 15,0 V, como 
mostra a figura ao lado. DADOS: 𝑞 = 𝐶𝑉; 
1
𝑞𝑆𝑒𝑟
= 
1
𝑞𝑖
𝑁
𝑖=1 ; 𝑞𝑝𝑎𝑟 = 𝑞𝑖
𝑁
𝑖=1 
 
 
 
 
a) Se os capacitores estão em paralelo, então 
 
𝐶𝑒𝑞 = 𝐶1 + 𝐶2 + 𝐶3  12,0 = 𝐶1 + 2𝐶1 + 3𝐶1  
6𝐶1 = 12,0 𝐶1 = 2,00 𝜇𝐹 
 
𝐶2 = 4,00 𝜇𝐹 
 
𝐶3 = 6,00 𝜇𝐹 
 
b) Para se obter a capacitância equivalente do 
circuito, faz-se 
 
 onde 𝐶23 = 𝐶2 + 𝐶3 
 
𝐶23 = 10,0 𝜇𝐹; por fim, faz-se 
 de onde 
1/𝐶𝑒𝑞 = 1/𝐶1 + 1/𝐶23  Ceq = 1,67μF 
 
 
A carga total do circuito será 𝑞𝑇 = 𝐶𝑒𝑞𝑉 
𝑞𝑇 = 1,67 × 10
−6 × 15,0 = 25,0 × 10−6 𝐶 
Como o arranjo C23 está em série com o capacitor 
C1, a carga em C23 também é 𝑞23 = 25,0 ×
10−6 𝐶; a tensão V23 nos terminais dos capacitores 
C2 e C3 será então 
𝑉23 =
𝑞23
𝐶23
=
25,0 × 10−6
10,0 × 10−6
= 2,50 𝑉 = 𝑉3 
Então 𝑞3 = 𝐶3𝑉3 = 6,00 × 10
−62,50

 
 
𝑞3 = 15,0 × 10
−6𝐶 
 
 
6 – Na figura 1 ao lado, uma bobina de N = 50 voltas, retangular e 
de dimensões a = 5,00 cm e b = 7,00 cm gira com frequência f na 
presença de um campo magnético uniforme B. a (1,0) - Usando a 
lei de Faraday, mostre que a fem induzida , mostrada na figura 2, 
pode ser escrita como 𝜖 = 𝑁𝑎𝑏𝐵2𝜋𝑓𝑠𝑒𝑛(2𝜋𝑓𝑡); b (1,0) – Com 
base nos dados da figura 2, e nos parâmetros da bobina, calcule o 
módulo do campo magnético. 
DADOS: 𝜖 = −𝑁
𝑑∅
𝑑𝑡
; ∅ = 𝐵 .𝑑𝐴 ; 𝑓 = 1 𝑇 
 
fig1 
 
fig2 
 
a) ∅ = 𝐵 .𝑑𝐴 = 𝐵𝐴𝑐𝑜𝑠𝛼; 𝛼 = 𝜔𝑡 
𝜖 = −𝑁
𝑑∅
𝑑𝑡
= −𝑁𝐵𝐴
𝑑(𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡)
𝑑𝑡
= 𝑁𝐵𝐴𝜔𝑠𝑒𝑛𝜔𝑡 
Sendo 𝜔 = 2𝜋𝑓, e A = ab, tem-se 
 
𝜖 = 𝑁𝐵𝑎𝑏2𝜋𝑓𝑠𝑒𝑛(2𝜋𝑓𝑡) 
b) Pelo gráfico, vê-se que T = 20ms, e que 
𝜀0 = 120 𝑉 então 
 
𝑓 = 1 𝑇 = 1 0,020
 𝑓 = 50,0 𝐻𝑧 
 
𝜀0 = 𝑁𝑎𝑏𝐵2𝜋𝑓 
𝐵 =
𝜀0
𝑁𝑎𝑏2𝜋𝑓
 
=
120,0
50.5,00 × 10−2. 7,00 × 10−22𝜋50,0 
 
 
𝐵 = 2,18 𝑇 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Nº 
 
 
 Nº SEQUENCIAL 
COD./ DISC.: NF 4130 P3 B DATA: 14/06/2018 
NOME: NOTA: 
ASS.: TURMA: 
Instruções Gerais: Todas as respostas devem ser justificadas e as passagens necessárias para o 
entendimento da solução devem estar presentes. Haverá penalização de 0,2 pontos por unidade 
incorreta ou ausente. 
 
229 /100,9)4(1 CNmo 
 
mFo /1085,8
12
 
mHo /104
7 
 
Ce 19106,1 
 
 
 
 1 – O centro de uma pequena esfera metálica de carga 𝑄𝐴 = −3,00 ×
10−6 C situa-se sobre o ponto A de uma circunferência de raio 𝑅 =
40,0 cm, no plano xy, como mostrado na figura. Considere que o potencial 
é nulo no infinito. Calcule: a (0,75) - o trabalho da força elétrica para levar 
uma carga de prova 𝑞 = +3,00 × 10−3 C do ponto P até o ponto Q através 
do arco de circunferência que liga P a Q; b (0,75) - o trabalho da força 
elétrica para levar a mesma carga 𝑞 do ponto P até o ponto Q, passando 
pelo ponto C. 
 DADOS: 𝑉 =
1
o4
𝑞
𝑟
; 𝑊 = −𝑞∆𝑉 
 
 
 
a) 𝑉𝑃 =
1
o4
𝑞𝐴
𝑟
=
1
o4
𝑞𝐴
𝐴𝑃 
 
= 9,0 × 109
(−3,00×10−6)
 2×0,400 
𝑉𝑃 = −4,77 × 10
4 V 
 
 𝑉𝑄 =
1
o4
𝑞𝐴
𝐴𝑄 
= 9,0 × 109
(−3,00×10−6)
2×0,400 
 
𝑉𝑄 = −3,38 × 10
4 V 
 
𝑊 = −𝑞(𝑉𝑄 − 𝑉𝑃) 
= −3,00 × 10−3(−3,38 − (−4,77)) × 104

 
 
𝑊 = −41,7 𝐽 
b) O trabalho da força elétrica, que é 
conservativa, independe da trajetória da 
partícula, de modo que 
 
𝑊𝑃𝐶𝑄 = −41,7 𝐽 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2 – Um elétron (q = -1,60 × 10-19 C, m = 9,11× 10-31 kg) 
encontra-se na presença de um campo magnético uniforme que 
entra no plano do papel. Ele é lançado do ponto A com velocidade 
na forma 
jvv

0
 e emerge do campo pelo ponto B com 
velocidade na forma 
ivv

0' 
, conforme a figura. As linhas 
pontilhadas delimitam o campo. A partícula leva 2,00 × 10
-3
 s para 
ir do ponto A até o ponto B. Calcule: a (0,5)- O módulo da 
velocidade de lançamento; b (1,0)- O módulo do campo 
magnético. 
DADOS: 𝐹 = q𝑣 × 𝐵 ; 𝐹 = 𝑚𝑣2 𝑅 ; 𝜔 = 𝑣 𝑅 = 2𝜋 𝑇 
 
 
 
a) Para descrever um quarto de circunferência, 
como mostra a figura, a partícula leva 2,00 × 10
-3
 s. 
Então 
 
𝑣 =
𝑅𝜋 2 
∆𝑡
=
0,500𝜋 2 
2,00 × 10−3 
 
 
 
𝑣 = 392 𝑚/𝑠 
 
 
 
b) A força magnética é centrípeta, assim, 
 
𝐹 = q𝑣𝐵 = 𝑚
𝑣2
𝑅 
 𝐵 =
𝑚𝑣
𝑞𝑅
 
=
9,11 × 10−31392
1,60 × 10−190,500 
 
 
𝐵 = 4,47 × 10−9 𝑇 
 
 
 
 
 
3 - Duas cargas puntiformes q1 = q2 = 5,00 μC estão posicionadas em 
𝑥 = 0,𝑦 = 2,00 m e 𝑥 = 0,𝑦 = −2,00 m. Outras duas cargas 
puntiformes, cada uma com carga 𝑄, estão posicionadas em 𝑥 =
4,00 m,𝑦 = 2,00 m e 𝑥 = 4,00 m,𝑦 = −2,00 m, como mostra a 
figura. O campo elétrico no ponto P de coordenadas 𝑥 = 2,00 m,𝑦 =
0 devido à presença das quatro cargas é 𝐸 = 6,00 ∙ 103
𝑁
𝐶
 𝑖 . 
 Determine o sinal (0,5) e o valor (1,0) das cargas 𝑄. 
DADOS: 𝐸 =
1
4𝜋𝜖0
𝑞
𝑟2
 
 
 
 
O campo produzido pela partícula 1 é 
 𝐸1 =
1
4𝜋𝜖0
𝑞1
𝑟2
(𝑐𝑜𝑠45𝑜 𝑖 − 𝑠𝑒𝑛45𝑜𝑗) , 
e pela partícula 2 é 
𝐸2 =
1
4𝜋𝜖0
𝑞1
𝑟2
(𝑐𝑜𝑠45𝑜 𝑖 + 𝑠𝑒𝑛45𝑜𝑗) ; 
Como q1 = q2, o campo 𝐸12 gerado por ambas é 
 
𝐸12 =
1
4𝜋𝜖0
𝑞1
𝑟2
2𝑐𝑜𝑠45𝑜 𝑖 
𝐸12 = 9,0 × 10
9
5,00 × 10−6
( 2 × 2,00)2
2𝑐𝑜𝑠45𝑜 𝑖 
𝐸12 = 7,95 × 10
3𝑖 (V/m) 
O campo elétrico resultante é 𝐸 = 𝐸 12 + 𝐸 𝑄, então 
 
𝐸 𝑄 = 𝐸 − 𝐸 12 = (6,00 − 7,95) × 10
3𝑖 
𝐸 𝑄 = −1,95 × 10
3𝑖 (
𝑉
𝑚
), onde EQ é o campo 
gerado pelas duas partículas de carga Q. Para que 
o campo tenha sentido negativo de x, as cargas Q 
devem ter sinal POSITIVO. O campo gerado pelas 
duas partículas será 
𝐸 𝑄 = −1,95 × 10
2𝑖 
=
1
4𝜋𝜖0
𝑄
𝑟2
 −𝑐𝑜𝑠45𝑜 𝑖 − 𝑠𝑒𝑛45𝑜 𝑗 +
1
4𝜋𝜖0
𝑄
𝑟2
 −𝑐𝑜𝑠45𝑜 𝑖 + 𝑠𝑒𝑛45𝑜 𝑗 =
−
1
4𝜋𝜖0
𝑄
𝑟2
2𝑐𝑜𝑠45𝑜 𝑖 = −𝑄1,59 × 109𝑖 

 
Q =
1,95×103
1,59×109 
 Q = +1,23 × 10−6 C 
 
 
 
4 – Na figura ao lado, o fio 1 percorrido pela corrente i1 = 1,50 A é 
formado por dois fios retilíneos infinitos e um arco de ¼ de 
circunferência centrado no ponto P. O fio 2 percorrido pela corrente 
i2 = 2,50 A, que sai do papel, tem comprimento infinito e é 
perpendicular ao plano xy. O raio do arco de circunferência é R = 
20,0 cm, igual à distância (v. figura) entre P e o fio 2. a (1,0) – Use a 
lei de Biot-Savart para mostrar que o módulo do campo gerado pelo 
fio 1 em P é 𝐵1 = 𝜇0𝑖1 (8𝑅) ; b (1,0) - determine o vetor campo 
magnético resultante no ponto P. 
DADOS: 𝑑𝐵 =
𝜇0𝑖
4𝜋
𝑑𝑙×𝑟 
𝑟2
; 𝐵 =
𝜇0𝑖
2𝜋𝑟
 
 
 
 
𝑎) 𝑑𝐵 =
𝜇0𝑖
4𝜋
𝑑𝑙𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑟2 
𝐵
=
𝜇0𝑖
4𝜋𝑅2
 dl
πR 2 
o

 
 
𝐵 =
𝜇0𝑖
4𝜋𝑅2
𝜋𝑅
2 
 𝐵 =
𝜇0𝑖
8𝑅
 
 
 
 
b) 
𝐵 1 = −
𝜇0𝑖1
8𝑅
k = −
4𝜋 × 10−71,50
8 × 0,200
k 
𝐵 1 = −1,18 × 10
−6k (T) 
 
𝐵 2 = −
𝜇0𝑖2
2𝜋𝑅
𝑖 = −
4𝜋 × 10−72,50
2𝜋0,200
𝑖 
𝐵 2 = −2,50 × 10
−6𝑖 (𝑇) 
 
𝐵 = 𝐵 1 + 𝐵 2  
 𝐵 = − 2,50𝑖 + 1,18𝑘 × 10−6(𝑇) 
 
 
5 –A capacitância do capacitor C3 é o triplo da capacitância do capacitor C1, 
e a capacitância C2 é o dobro de C1. Quando estes três capacitores são 
ligados em paralelo (arranjo NÃO mostrado na figura), a capacitância 
equivalente do conjunto é 18,0 µF. a (0,75) - Determine as capacitâncias dos 
três capacitores. b (0,75) Determine a carga acumulada em C3 quando os 
capacitores formam um circuito alimentado por uma bateria de 12,0 V, como 
mostra a figura ao lado. DADOS: 𝑞 = 𝐶𝑉; 
1
𝑞𝑆𝑒𝑟
= 
1
𝑞𝑖
𝑁
𝑖=1 ; 𝑞𝑝𝑎𝑟 = 𝑞𝑖
𝑁
𝑖=1 
 
 
 
 
a) Se os capacitores estão em paralelo, então 
 
𝐶𝑒𝑞 = 𝐶1 + 𝐶2 + 𝐶3  18,0 = 𝐶1 + 2𝐶1 + 3𝐶1  
6𝐶1 = 18,0 𝐶1 = 3,00 𝜇𝐹 
 
𝐶2 = 6,00 𝜇𝐹 
 
𝐶3 = 9,00 𝜇𝐹 
 
b) Para se obter a capacitância equivalente do 
circuito, faz-se 
 
 onde 𝐶23 = 𝐶2 + 𝐶3 
 
𝐶23 = 15,0 𝜇𝐹; por fim, faz-se 
 de onde 
1/𝐶𝑒𝑞 = 1/𝐶1 + 1/𝐶23  Ceq = 2,50μF 
 
 
A carga total do circuito será 𝑞𝑇 = 𝐶𝑒𝑞𝑉 
𝑞𝑇 = 2,50 × 10
−6 × 12,0 = 30,0 × 10−6 𝐶 
Como o arranjo C23 está em série com o capacitor 
C1, a carga em C23 também é 𝑞23 = 30,0 ×
10−6 𝐶; a tensão V23 nos terminais dos capacitores 
C2 e C3 será então 
𝑉23 =
𝑞23
𝐶23
=
30,0 × 10−6
15,0 × 10−6
= 2,00 𝑉 = 𝑉3 
Então 𝑞3 = 𝐶3𝑉3 = 9,00 × 10
−62,00

 
 
𝑞3 = 18,0 × 10
−6𝐶 
 
 
 
 
6 – Na figura 1 ao lado, uma bobina de N = 40 voltas, retangular e 
de dimensões a = 9,00 cm e b = 12,0 cm gira com frequência f na 
presença de um campo magnético uniforme B. a (1,0) - Usando a 
lei de Faraday, mostre que a fem induzida , mostrada na figura 2, 
pode ser escritacomo 𝜖 = 𝑁𝑎𝑏𝐵2𝜋𝑓𝑠𝑒𝑛(2𝜋𝑓𝑡); b (1,0) – Com 
base nos dados da figura 2, e nos parâmetros da bobina, calcule o 
módulo do campo magnético. 
DADOS: 𝜖 = −𝑁
𝑑∅
𝑑𝑡
; ∅ = 𝐵 .𝑑𝐴 ; 𝑓 = 1 𝑇 
 
fig1 
 
fig2 
 
a) ∅ = 𝐵 .𝑑𝐴 = 𝐵𝐴𝑐𝑜𝑠𝛼; 𝛼 = 𝜔𝑡 
𝜖 = −𝑁
𝑑∅
𝑑𝑡
= −𝑁𝐵𝐴
𝑑(𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡)
𝑑𝑡
= 𝑁𝐵𝐴𝜔𝑠𝑒𝑛𝜔𝑡 
Sendo 𝜔 = 2𝜋𝑓, e A = ab, tem-se 
 
𝜖 = 𝑁𝐵𝑎𝑏2𝜋𝑓𝑠𝑒𝑛(2𝜋𝑓𝑡) 
b) Pelo gráfico, vê-se que T = 20ms, e que 
𝜀0 = 100 𝑉 então 
 
𝑓 = 1 𝑇 = 1 0,020

 𝑓 = 50,0 𝐻𝑧 
 
𝜀0 = 𝑁𝑎𝑏𝐵2𝜋𝑓 
𝐵 =
𝜀0
𝑁𝑎𝑏2𝜋𝑓
 
=
100,0
40.9,00 × 10−2. 12,00 × 10−22𝜋50,0 
 
 
𝐵 = 0,737 𝑇