Eletromagnétismo - Teoria e Exercícios Resolvidos

Licenciatura em Engenharia Electrónica e Telecomunicações

3ºano, 1º semestre

2010/2011

Electromagnetismo

Exercícios propostos pelo docente da cadeira

Discente: Jorge Rodrigues Valente, 2087406

Fevereiro de 2011

Jorge Rodrigues Valente – 2087406 UMa 02-07-2016 1/348

Sugestões: [email protected] Electromagnetismo – Teórico-prática

A todos, um bom estudo, e sucesso nos exames.

Conteúdo Lei de Coulomb ..................................................................................................................................................... 2

Campo Eléctrico .................................................................................................................................................... 3

Energia Potencial .................................................................................................................................................. 4

Lei de Gauss .......................................................................................................................................................... 6

Constantes Fundamentais da Físicas .................................................................................................................... 7

Cinemática ........................................................................................................................................................ 8

Dinâmica .......................................................................................................................................................... 9

Electromagnetismo ......................................................................................................................................... 10

Termodinâmica ............................................................................................................................................... 11

SÉRIE 1 – Carga e Campo Eléctrico ..................................................................................................................... 16

SÉRIE 1 – Carga e Campo Eléctrico - Exercícios extras ...................................................................................... 37

SÉRIE 2 – Electrostática ...................................................................................................................................... 52

SÉRIE 3 – Polarização da Matéria (Condensadores) ......................................................................................... 105

SÉRIE 4 – Corrente Eléctrica Estacionaria ......................................................................................................... 118

SÉRIE 5 – Campo magnético ............................................................................................................................. 140

SÉRIE 6 – Magnético Estático ........................................................................................................................... 157

SÉRIE 7 – Campos Magnéticos Variáveis e Indução Electromagnética ............................................................ 182

SÉRIE 8 – Magnetização da Matéria ................................................................................................................. 205

SÉRIE 9 – Equações de Maxwell ....................................................................................................................... 220

SÉRIE 10 – Circuitos de Corrente Alternada ..................................................................................................... 229

SÉRIE 11 – Teorema de Poyting e Momento Electromagnético ...................................................................... 252

SÉRIE 12 – Potencial Vectorial .......................................................................................................................... 258

SÉRIE 13 - Ondas ............................................................................................................................................... 265

Frequências ...................................................................................................................................................... 276

Frequência do dia 2007 01 25 .......................................................................................................................... 276




Exame de Recurso do dia 2009 01 20 .............................................................................................................. 316

Exame de Recurso do dia 2009 09 12 .............................................................................................................. 321





Lei de Coulomb

Nota: para a Carga eléctrica Q, a unidade é C (Coulomb)

ek → constante de Coulomb, no vazio. 2

92

0

18,9878.10

4e

Nmk

Cπε= =

ε → permitividade do meio.

0ε →permitividade do vazio. 12 10 8,854.10 Fmε − −=

rε →permitividade relativa. 0

r

εε

ε=

(é sempre superior a 1, o que se conclui que 0ε é o valor mais pequeno que ε pode tomar)

E

é o campo eléctrico, e não depende do referencial. Dentro de uma ESFERA é sempre zero.

B

é o campo magnético, e não depende do referencial. A superfície FECHADA é sempre zero.

EEd SΦ = ∫

, é o fluxo eléctrico, e 2

ENm Φ =

BS

Bd SΦ = ∫

, é o fluxo magnético, e 2

BTm Wb Φ = =

[ ]70 04 x 10

TW

Aµ π µ−= ∧ =

91,602.10e C−=



Lei de Biot-Savat 0 03 2

x . .

4 4

Idl r Id B B dl

r r

µ µπ π

→ = ⇔ = ∫

Com 2dl rπ=

(período)

Teoria da Sobreposição é quando isolamos duas cargas, de modo a que restantes não actuam sobre

elas.

Campo Eléctrico

11 12

1

. . pep

QE k e

r=

1 2

1

.....n

n i

i

E E E E E=

= + + + =∑

2. .ee

qE k F q E

r= ∧ =

Assim: 2

1

.n

ii

i i

k QE e

r=

∆≈∑

, no caso de termos uma distribuição contínua de cargas.

Logo 321

'lim .

'

ni

ix

i i

k Q r rE e k dQ

r r r→+∞=

∆ −= =

−∑ ∫

Campo Uniforme é aquele que têm o mesmo módulo, direcção e sentido em todos os pontos do

espaço.

Campo Eléctrico Estacionário é aquele que é produzido por cargas em repouso.



Energia Potencial

Por definição, a diferença de potencial ou a variação do potencial

entre o ponto 2P e o ponto 1P é

( ) ( )2 1pE

V V r V rq

∆∆ = − =

(em V)

• O campo eléctrico em P é a força por unidade de carga;

• O potencial em P é a energia potencial por unidade de carga.

kQV

r= → potencial em P, criado pela carga Q.

eA BW F dl→ = −∫

, e quando aplicado a um campo circular fechado 0A BW → =

O trabalho depende apenas do ponto inicial e do ponto final, não depende do percurso efectuado.

A BB A

W J

q Cϕ ϕ →− = → é a diferença de potencial.



Demonstração - como 1 2

por definição

P P

W Fdl= ∫

e por definição

pW E= −∆

, então:

1 2 1 2 1 2

p

P P P P P P

Fdl E qEdl q V V Edl= −∆ ⇔ = − ∆ ⇔ ∆ = −∫ ∫ ∫

Assim dl = diferencial de deslocamento

Diferencial de volume: ( ) ( )x y zdV Edl dV E i E j E k dxi dy j dzt= − ⇔ = − + + + + ⇔

( )x y zdV E dx E dy E dz= − + +

Daqui conclui-se que: ,x y z

V V VE E e E

x y z

∂ ∂ ∂= − = − = −

∂ ∂ ∂

Exemplo: calcular a intensidade do campo eléctrico cujo o potencial é dão por 231

K z

rK xy eϕ = .

Resolução: ( ) ( ) [ ]

2

2 2

3'1 3 3

1 1 2

1K z

K z K zx x

d K xy edE K xy e K y e K

x x m

ϕ= − = − = − = − =

∂ ∂

( ) ( ) [ ]2

2 2

3'1 3 2

1 1 1 43

K z

K z K zy y

d K xy ed VE K xy e K xy e K

y y m

ϕ= − = − = − = − =

∂ ∂

( ) ( ) ( )2

2 2 2

3'1 '3 3 3

1 1 2 1 2

K z

K z K z K zz zz

d K xy edE K xy e K xy e K z K K xy e

z z

ϕ= − = − = − = − = −

∂ ∂

Chama se “superfície equipotencial” ao lugar geométrico dos pontos que têm o mesmo valor de

potencial. Não se realiza trabalho com o deslocamento de uma carga numa superfície equipotencial.



Lei de Gauss

.E

S

E d Aφ = →∫

Fluxo do campo eléctrico E

através da superfície S

↓

É uma medida do número de linhas de campo E

que atravessam a superfície S de área A.

• 0 :E

φ = Podemos afirmar que o fluxo do campo eléctrico através de qualquer superfície

fechada que não contenha cargas eléctricas é nulo.

• 0

. :E

S

qE d Aφ

ε= =∫

No entanto se houver uma carga “q” dentro da superfície fechada, vai

haver fluxo, sendo este independente da forma dessa superfície.

Energia Armazenada no Campo Electrostático:

1

2E

D

U Vdq= ∫ ou 21

2EU E dvε= ∫

Nota:

. , onde é o trabalho feito pelo campo el ctricoeF dl W V W é→ = −∆∫

.

, onde é o trabalho que tem que ser feito contra campo el ctrico.W V W é= ∆

Da mesma maneira que temos sempre

( ) f f

f i f ii ia E dl V V V V q E dl= − ⇔− − = −∫ ∫

f

f i i

Vq q q E dl

q

∆∆ = ⇔ − = ∫



Constantes Fundamentais da Físicas

Grandeza Símbolo Valor (experimental)

Permissividade do espaço livre

0ε

212

28,8544.10

C F

Nm m−

Permeabilidade do espaço livre 0µ 7

24. .10

mKg H

C mπ −

Impedância do espaço livre 0η 376 Ω

Velocidade da luz no vácuo c 82,998.10 m

s

Carga elementar (do electrão e do protão) e 191,603.10 C−±

Massa do electrão (em repouso) em 319,1091.10 Kg−

Massa do protão (em repouso – cerca de 20 000 vezes

mais!)

pm 271,6725.10 Kg−

Constante de Boltzmann N 266,0225.10 J

K

Constante Universal de Gravitação G 211

26,658.10

.

m

Kg s−

Electrão-Volt eV 91,603.10 J−

Velocidade da luz c 2.9979·108 m·s-1

Constante de Planck h 6.6256·10-34 J·s

Constante da gravitação G 211

2

N·m6.670·10

kg−



Cinemática

Grandeza física Símbolo Unidade SI

Tempo t s

Posição x m

Velocidade v m s-1

Aceleração a m s-2

Ângulo plano rad

Velocidade angular ω rad/s

Aceleração angular α rad·s-2

Raio r m

Comprimento de arco s m

Área A, S m2

Volume V m3

Ângulo sólido sr

Frequência f Hz

Frequência angular (=2f) s-1, rad s-1



Dinâmica


Massa m kg

Momento linear p kg m s-1

Força F N (= kg m s-2)

Momento de uma força N·m

Momento de inércia I kg m2

Momento angular L kg m2 s-1 rad (= J s)

Energia E J

Energia potencial Ep , V J

Energia cinética Ek J

Trabalho W J

Potência P W

Densidade (massa) kg m-3

Pressão p Pa



Electromagnetismo


Carga eléctrica Q C

Densidade de carga C m-3

Corrente eléctrica I, i A

Densidade de corrente eléctrica j A m-2

Potencial eléctrico V V

Diferencia de potencial, voltagem V V

Campo eléctrico E V m-1

Capacidade C F

Permissividade eléctrica F m-1

Permissividade relativa r 1

Momento dipolar eléctrico p C m

Fluxo magnético Wb

Campo magnético B T

Permeabilidade µ H m-1, N A-2

Permeabilidade relativa µ r 1

Resistência R

Resistividade m

Auto-indução L H



Indução mútua H

Constante de tempo s

Termodinâmica


Calor Q J

Trabalho W J

Temperatura termodinâmica T K

Temperatura Célsius t oC

Energia interna U J

Entropia S J K-1

Capacidade calorífica C J K-1

Razão Cp / Cv 1



Prefixos no Sistema Internacional

Fator Nome Símbol

1024 yotta Y

1021 zetta Z

1018 exa E

1015 peta P

1012 tera T

109 giga G

106 mega M

103 quilo k

102 hecto h

101 deka da

Fator Nome Símbolo

10-1 deci d

10-2 centi c

10-3 milli m

10-6 micro µ

10-9 nano n

10-12 pico p

10-15 femto f

10-18 atto a

10-21 zepto z

10-24 yocto y

Força Gravítica

Força Electrostática

É associada a massa dos corpos É associada a carga dos corpos

É de atracão, quando a massa é > 0. Tanto é de atracão como de repulsão, conforme

a carga < 0 ou > 0.

A carga TOTAL de um sistema isolado conserva-se.



Lei de Coulomb

( ) 2 29 12

03 2 20

. . 1. 8,99x10 8,854x10

4AB Ae A

BB

e

AB

K q q Nm F CF r K

C m Nmrε

πε−

= ∧ = = ∧ =

eK , é a constante de Coulomb.

ε é a permissividade do espaço do meio, 0ε é a permissividade do espaço livre (do vazio),

rε é a permissividade relativa, é sempre maior do que 1.

Campo eléctrico

2 29 12

03 2 2 20

. . 1. . 8,99x10 8,854x10

4e e

eP P PP P

K Q K Q Nm F CE r e K

r d C m Nmε

πε−

= = ∧ = = ∧ =



1 2 3 ... nE E E E E= + + + +

Em que E

é o campo eléctrico no ponto “A”, produzido pelas cargas 1 2 3, , ,..., .nQ Q Q Q

Carga linear, l

dQ

dLρ = , Carga superficial, s

dQ

dSρ = , Carga volúmica, v

dQ

dVρ =

Campo eléctrico de distribuições contínuas de carga:

2 2 l lE K dl e E K ds e

r r

ρ ρ= ∨ =∫ ∫

2 2

s sE K dS e E K dA er r

ρ ρ= ∨ =∫ ∫

2

vE K dV er

ρ= ∫

A lei de Coulomb, obtida experimentalmente na segunda metade do século XVIII, descreve a força

que uma carga eléctrica pontual 1Q , situada em 1P , exerce numa outra carga 2Q situada em 2P :

( ) ( )2

. .. 1AB AB

AB

e A BK q qF e

r=

onde 1 2 1 2, , ABAB AB AB

AB

rr PP r PP e

r= = =

e k é uma constante que, no SI vale:

29

28,99x10e

NmK

C=

É também habitual escrever esta constante na forma 0

1

4eKπε

= , sendo

212

0 28,854x10

F C

m Nmε −

=

a permitividade do vazio.



É um facto experimental que, se 1Q for uma carga estática, a força exercida sobre 2Q é dada pela

expressão (1), qualquer que seja a velocidade desta carga. No caso de a carga 1Q estar em

movimento, a força que esta exerce sobre a carga 2Q já não é dada simplesmente pela lei de

Coulomb.

Uma carga modifica o espaço à sua volta produzindo um campo eléctrico. O campo eléctrico em

qualquer ponto P é um vector E

que pode ser medido por meio de uma carga de prova 2Q (carga-

teste); o campo eléctrico, no ponto P, produzido pela carga 1Q define-se como a força que actua na

carga de prova, dividida pelo valor da carga de prova, isto é,

PP

FE

Q=

A lei de Coulomb implica que o campo eléctrico E num ponto depende apenas da carga que o produz

( 1Q ) e da posição do ponto P :

3 2

. .. .P P P

P

e e

P

K Q K QE r e

r d= =

No caso de um número arbitrário de cargas, aplica-se o princípio da sobreposição. De acordo com este princípio, o campo resultante em P é a soma vectorial dos campos criados individualmente por cada carga eléctrica.

Uma vez conhecida o campo eléctrico no ponto P , a força que actua sobre qualquer carga 1Q

colocada no ponto P é dada por P PF QE=

.



SÉRIE1–CargaeCampoEléctrico

Tópicos - Carga eléctrica

Lei de Coulumb

Campo eléctrico

Exercício 2 - Considere três cargas pontuais localizadas nos cantos dum triângulo rectângulo como se ilustra na

figura, em que 1 3 5,0 q q Cµ= = , 2 2,0 q Cµ= − , e

0,10 a m= . Encontre a força resultante exercida em

3q . Permissividade do vácuo é

212

0 28,854.10

F C

m Nmε −

=

.

(é igual ao exercício 8 e do livro Física Volume 2 4ª Ed do Paul A. Tipler, pagina 9)

Resolução 2 - Dados:

6 61 3 25,0.10 2,0.10q q C q C− −= = ∧ = −

2 230,10a m b r a a= ∧ = = +

23 32 2r a r a= ⇔ = ⇔

( )3 30,1 2 0,141r r m⇔ = ⇔ =

É pedido 3 ?F =

Ora sei que nesse ponto: 3 31 32F F F= +



Lei de Coulomb

( ) 2 29 12

03 2 20

. . 1. 8,99.10 8,854.10

4e A B

AB AB e

AB

K q q Nm F CF r K

C m Nmrε

πε−

= ∧ = = ∧ =

( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 232 32 32 3 23

32

. .. ; 0 ; 0 ; ; 0eK q q

F r r r r a a a a a a ar

= ∧ = − = − = − − =

Logo:

29

2

32

8,99.10Nm

CF =

6. 5.10 C−( ) 6. 2.10 C−−( )( )( )

( )( )

32

3 2332

2 2

323 32

. .

9.10. ; 0 . ; 0

0r

ke q q

r

Nma F a

a a

−−⇔ = ⇔

+

2 2

32 2

9.10

.

NmF

a a

−−⇔ =

. a( )2 2

329.10

; 0N m

F−−

⇔ =

( )2 20,1 m

2

329 .10

; 0 F− −

⇔ =

210

N−

; 0

⇔

( )32 9 ; 0F N= −

( ) ( )

2 231

2 2

31 1

31

3

: norma 2.

; 0 ; 0

rNota b r a a

r r r a a

a→ = = + ⇔ ∧

= − = −

=



Agora a outra força:

29

23 1

31 31 31331

8,99.10.

.e

Nm

K q q CF r F

r= ⇔ =

6. 5.10 C−( ) 65.10 C−( )

( )( )3

2 2

. ;a a

a a+

⇔

29

2

31

8,99.10Nm

CF⇔ =

6. 5.10 C−( ) 65.10 C−( )

( )( ) ( )

9 2 12

313 3 32.

2 21

2 2

8,99.10 . .10. ; . ;

2

2

2 ..

5Nma a F a a

aa

−

⇔ = ⇔

3 2

31 322

8,99.25.10

2 . .

NmF

aa

−

⇔ =

. a ; a( )3 2

31224,75.10 N m

F−

⇔ =

( )3

2 22 0,12 . m( ). 1 ; 1 ⇔

3 132 22 2 .2 muito cuidado!≠

2

3122,475.10

F−

=

22,82 .10

N−

( ) ( )31 3122,475 22, 475

. 1 ; 1 ; 7,95 ; 7,952,82 2,82

F N N F N

⇔ = ⇔ =

( )31 8 ; 8F N≈

Assim, a resultante das forças, em 3q , é:

( ) ( ) ( )3 31 32 3 38 ; 8 9 ; 0 1 ; 8F F F F N N F N= + ⇔ = + − ⇔ ≈ −



Exercício 3 - Três cargas pontuais estão no eixo dos x como se mostra na figura. A carga positiva

1 15,0 q Cµ= está em 2,0 x m= , a carga positiva

2 6,0 q Cµ= está na origem, e a força resultante que actua

sobre 3 0q = (é zero). Qual é a coordenada x de 3q ?

Resolução 3: “…força resultante … “.

Dados:

1

3 3

1

2 2

15,0 2

6,0 0

0 ?

q C x m

C

F m

x

x

q m

N

µ

µ

= ∧

= =

= ∧ =

=

∧

3 31 320 0F N F F NΣ = + =

( ) ( ) ( )31 3 1 32 3 22 0 2 2 2r r r x x r r r x x= − = − − = − ∧ = − = − − = −

31 32

eKF F= ⇔

3. q

( )1

2

31

. eq K

r=

3. q

( ) ( ) ( )2 1 2

2 2 2

32 31 32

.q q q

r r r⇔ = ⇔

( ) ( ) ( ) ( )2

2 21 2 1 2 12 2 22

2

4 44 42

q q q x q qx x x

x qx xx x⇔ = ⇔ = ⇔ = − + ⇔

− +− −

615 10.

6

−

⇔610−

2 2 2 2 24 4 2,5 4 4 1,5 4 4 0x x x x x x x x

= − + ⇔ = − + ⇔ + − = ⇔



4 400,77

34 16 24

34 40

3,443

m

x x

m

−−

+−

=

− ± +

⇔ = ⇔ =

= −

Resposta: 0,77x m= (cuidado com os sinais!).

Não é 3, 44m− , porque a distância total, entre 1q e 3q é inferior a 2m.

Do livro “College Physics, Serway, 7th Edition”, na pagina 503, exemplo 15.2 – “May the Force Be

Zero”.





Exercício 4 - Encontre a força que actua sobre a carga Q1 (20 μC), devido a uma outra carga Q2 (−300 μC) onde as cargas Q1 e Q2 encontram-se nas posições (0, 1, 2) m e (2, 0, 0) m, respectivamente.

Resolução 4: “…a força que actua …” 1 ?F =

( )61 120.10 0 ; 1 ; 2Q C Q m−= ∧ →

( )62 2300.10 2 ; 0 ; 0Q C Q m−= − ∧ →

Cálculos auxiliares – vector unitário: 12

12

12

rr

r=

( ) ( ) ( )12 1 2 0 ; 1 ; 2 2 ; 0 ; 0 2 ; 1 ; 2r r r= − = − = −

( ) ( ) ( )2 2 2

12norma 2 1 2 4 1 4 9 3mr→ = − + + = + + = =

Nota: quando se passou a soma, deixou de ser vector e passou a escalar.

12

29

1 21 12 3

12

8,99.10. .

.e

N m

K q qF F r

r= = =

2C

6. 20.10 C−

( ) 6300.10 C−−( )3 33 m

( ). 2 ; 1 ; 2 m− =

( )1 4,0 ; 2,0 ; 4,0F N= − −

( )2 4,0 ; 2,0 ; 4,0F N= −



Exercício 5 - Duas cargas pontuais, 6 61 250 x 10 10 x 10Q C e Q C− −= = , estão localizadas nas

posições ( )1 ; 1 ; 3 m− − e ( )3 ; 1 ; 0 m , respectivamente. Encontre a força que actua sobre

1Q .

Resolução 5 - Dados

6 61 250 x 10 10 x 10Q C Q C− −= ∧ =

( ) ( )12 1 ; 1 ; 3 3 ; 1 ; 0r = − − −

( )12 4 ; 0 ; 3r m= − −

( ) ( )2 2212 4 0 3r = − + + −

12 1225 5r r m= ⇔ =

124 3

; 0 ;5 5

r = − −

( )

( ) ( )

1 212 2

12 22

12 12

.0,8 ; 0 ; 0,6

4 x 8,854 x 10 .25

0,18 0,8 ; 0 ; 0,6 0,144 ; 0 ; 0,108

q qF

Cm

Nm

F N F N

π −

= − −

= − − ⇔ = − −

(só tem componente “z”, pois as outras acabam por se anular).



Exercício 6 - Encontre a força que actua sobre uma carga de 100 μC na posição ( )0; 0; 3 m se

quatro cargas iguais de 20 μC se encontram nos eixos e a 4 X Y m± da origem.

Resolução 6:

Dados (as componentes “x” e “y”

anulam-se, ficando só a componente

“z”.

0 100q Cµ= ∧

1 2 3 4, , , 20q q q q Cµ=

0 01 02 03 04 01 02 03 04 014z z z z zz z z z zF F F F F F M F M F M F M F M= + + + = + + + =

Escolhi 01 z zF M

, mas poderia ter escolhido qualquer uma das outras forças, porque são iguais.

Cálculos auxiliares:

( ) ( ) ( )01 0 1 0 ; 0 ; 3 4 ; 0 ; 0 4 ; 0 ; 3r r r= − = − = −

( ) ( ) ( )2 2 2

01 4 0 3 16 9 25 5r m= − + + = + = =




( )

29

0 101 01012

01

8,99.10. .

.e

N m

K q qF r F

r= ⇔ =

2C

6. 100.10 C−

( ) 620.10 C−( )3 35 m

( ). 4 ; 0 ; 3 m− ⇔

( ) ( ) ( )2 201 01 010,58 ; 0 ; 0,43 0,58 0, 43 0,72 .F N F N F N= − ⇔ = − + ⇔ =

( )0 0 0014 4 0,72 2,8768z zz

z MMF F M F F N= ⇔ = ⇔ =

Ou então:

( )

( )

29

00 02

2 2

8,99.10. .

4 3

QQ

eQ

N m

K q qF F= ⇔ =

+

2C

6. 100.10 C−

( ) 620.10 C−( )2 35 m

0 0,7192 QF N⇔ =

Como são 4 forças, fica: 0 0 04 2,8768z

zQM

F F M F N= ⇔ =

Nota – o resultado é o pedido, em vector(!), mas como só tem uma componente, a do eixo dos “z”, uma vez que as outra anulam se, dá a sensação que o resultado é a força resultante, mas não é. É a força.



Exercício 7 - Uma carga pontual 1 300 q Cµ= , localizada na posição ( )1; 1; 3 m− − , sente uma

força 1 8 8 4ax ay azF = − + devido a uma outra carga pontual na posição ( )3; 3; 2 m− − . Determine 2q

.


( )1 1 ; 1 ; 3q m→ − −

( )2 3 ; 3 ; 2q m→ − −

( )12 8 ; 8 ; 4F N= − −

Ora ( )1 2

12 12212

. ..eK q q

F rr

= ⇔

( )( ) ( )

( )12

29 6

22

3 3

8,99.10 . 300.10

8 ; 8 ; 4 . 2 ; 2 ; 13

F

NmC q

CN m

m

− ⇔ − − = − − ⇔


( ) ( ) ( )12 1 2 1 ; 1 ; 3 3 ; 3 ; 2 2 ; 2 ; 1r r r= − = − − − − − = − −

( ) ( ) ( )2 2 2

12 2 2 1 9r = − + + − = 12 3r m=


Assim, e continuando:

( )( ) ( )

( )

29 6

22

3 3

8,99.10

8 2

. 300.10

; ; . ; 2 ;3

4 18

NmC q

CN m

m

− −⇔ = −−− ⇔



( )( ) ( )( )

( )

( )( ) ( ) ( )

( )

( )( ) ( )( )

( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )( )

( ) ( )( )

9 6 9 62 2

3 3

9 6 9 62 2

3 3

9 6 9 62 2

3 3

8,99.10 . 300.10 8,99.10 . 300.10.

3 3

8,99.10 . 300.10 8,99.10 . 300.10.

3 3

8,99.10 . 300.10 8,99.10 . 300.1

8 2 4

4 1

8

0

3

4

.

2

43

ay ay

ax a

az az

q q

q q

q

x

q

− −

− −

− −

= =

⇔ = ⇔ = =

−

−

−

=

−

−

−

⇔

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

32 2

32 2

322

.27 8,99 . 300 .10

.27 8,99 . 300 .10

.27 8,9

4 4

9 . 300 .10 44

0

0

4 40

ax q q

q qay ay

azz q

ax

qa

µ

µ

µ

= =

⇔ = ⇔ =

−

⇔

==

− −

−

Nota – tenho 3 equações e uma variável, logo bastava calcular apenas uma das equações. Este

resultado é a das componentes, e não da resultante.

Assim, ( ) ( )2 222 240 40 40 69,28q q Cµ= + − + − ⇔ =

Ou ( )( )

( ) ( )2

9 622

3 3

8,99.10 . 300.10; ;

; ; 3

8 4

12

8

2

NmC q

N C

m m

− ⇔ =

−

−−

−⇔

( ) ( )252 2 25

4 ; 4 ; 43. 4.10 69,28

10q q C q Cµ

− − −⇔ = ⇔ = − ⇔ =



Exercício 8 - Três cargas pontuais estão localizadas nas esquinas de um rectângulo no espaço livre,

como se ilustra na figura. Os valores das cargas são: 1 2 33 , 2 , 5 .Q C Q C Q Cµ µ µ= = − = Encontre

3F , a força que actua sobre 3Q .

(é igual ao exercício 2 e do livro Física Volume 2 4ª Ed do Paul A. Tipler, pagina 9)


61 3.10Q C−=

62 2.10Q C−= −

63 5.10Q C−=

Usa se linhas imaginarias.

13 3 32F F F= +

33 3

3

FF versF

F= =

^

3 3F F=

( )1 3213 13

13

. ..eK Q Q

F er

=

Em que 13e

é um vector unitário, que começa

em 1Q , e vai em direcção a 3Q .



( ) ( )3 3 3 13

1 3 2 323

132 2 2

231

. . . .. .e eK Q Q K Q Q

F F F e er r

= + = +

Sei que:

( ) ( ) ( )13

0,04 ; 0,03 0 ; 0 0,04 ; 0,03e

BC C B= − = − =

Assim,

( ) ( ) ( )213 2

0,04 ; 0,03 0,04 ; 0,030,8 ; 0,6

0,050,04 0,03e = = =

+

E ( )23 1 ; 0e =

, é o vector unitário, e só tem a componente do eixo do “x”.

( ) ( )( )13 1

1 3 1 3

2 2313 13

. . . .. . 0,8 ; 0,6e eK Q Q K Q Q

F er r

= =

e ( ) ( )

( )2 323 23

23 2

3

3

2

2 2

. . . .. 1 ; 0e eK Q Q K Q Q

F er r

= =

Fica: ( ) ( ) ( ) ( )3 3

1 3 23

11

32

2

32

32

. . . .. 0,8 ; 0,6 1 ; 0e eK Q Q K Q Q

F F Fr r

= + = +

Parece que o valor que se vai obter é positivo, e contraria a figura, mas tem se que ter em conta o sinal das cargas.



( )( )

( )( )

( )3

62 69 6

1 2 2 223 3 3

2.103.108,99x10 .5.10 . 0,8 ; 0,6 1 ; 0

0,05 0,04e

Q

K

CNm CF F F C

C

−−−

− = + = +

( ) ( )3 43,152 ; 32,364 56,1875 ; 0F N= −

( )3 13,0355 ; 32,364F N= −

Exercício 9 - Uma carga 1 7,0 q Cµ= está localizada na origem e uma segunda carga 2 5,0 q Cµ= −

está localizada no eixo dos x, a 0,30m da origem. Encontre o campo eléctrico no ponto P, que tem as

coordenadas ( )0; 0,40 m .


1 7,0q Cµ= 2 5,0q Cµ= −

( )0 ; 0, 4PE m=

Cuidado com o enunciado, pois agora é

“…campo eléctrico…”



1 2p pE E E= +


( ) ( ) ( )1 1 0 ; 0,4 0 ; 0 0 ; 0, 4p pr r r= − = − =

( ) ( ) ( )2 2 0 ; 0, 4 0,3 ; 0 0,3 ; 0,4p pr r r= − = − = −

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2

1 20 0, 4 0, 4 0,3 0,4 0,5p pr m r m= + = ∧ = − + =


( ) ( )( )

( )

29 6

21

1 11 33 31

8,99.10 . 7.10.. . 0 ; 0, 4

0, 4e

p ppp

NmCK q CE r E m

r m

−

= ⇔ =

( )51 0 ; 3,93.10p

NE

C=

( ) ( )( )

( )

29 6

22

2 22 33 32

8,99.10 . 5.10.. . 0,3 ; 0,4

0,5e

p ppp

NmCK q CE r E m

r m

−−= ⇔ = −

( )5 52 1,08.10 ; 1, 44.10p

NE

C= −

Assim sendo em P tem se:

( ) ( )3 3 31 2 0 ; 392,9.10 107,76.10 ; 143,68.10p p p p

N NE E E E

C C= + ⇔ = + − ⇔



( )3 3107,76.10 ; 249, 22.10pN

EC

=

Exercício 10 - Um dipolo eléctrico é definido como uma carga positiva q e uma negativa q− separadas por uma distância 2a . Para o

dipolo ilustrado na figura que se segue, encontre o campo eléctrico E em P devido ao dipolo, em que P é a distância y >> a da origem.

(consultar o livro Física Volume 2 4ª Ed do Paul A. Tipler, pagina 13)

Resolução 10 - Dados: p pE E E+ −= +

e ( )3

..e

p pp

K qE r

r+

+ ++

=

( ) ( )3 3

. .. .e e

p p pp p

K q K qE r r

r r+ −

+ −+ −

= +


( ) ( ) ( )0 ; ; 0 ;p pr r r y a a y+ += − = − − =

( ) ( ) ( )0 ; ; 0 ;p pr r r y a a y− −= − = − = −

( ) ( )2 2

p pr r a y− += = ± +

Aqui é preciso ter cuidado, pois o segundo membro tem a carga negativa, e para poder por em evidência a parte comum, vou colocar o sinal fora do termo:

( ) ( )3 3

. .. .e e

p pp p

K q K qr r

r r− +

− −− −

+ = −

( ) ( ) ( )3

.. ; ;e

p

p

K qE a y a y

r⇔ = − − ⇔



( )

( ) ( )( )( ) ( )

( )( )3 3

2 2 2 2 2

. .. 2 ; 0 . 2 ; 0e e

p pK q K qN N

E a E aC C

a y a y

⇔ = ⇔ =± + +

Como me é dito no enunciado de que y >> a, fica: ( ) ( )3

.. 2 ; 0e

pK q N

E ay C

=

Poderia ter feito desta maneira, que é bem mais cuidadosa, e evita que haja enganos nos sinais:

Só existe a componente no eixo do “x”, pois a do “y” anulam-se:

p pE E E+ −= +

e ( ) ( )2 1 2

..eK q

E e ed

= −

( ) ( ) ( )0 ; ; 0 ;AB B A y a a y= − = − − =

Assim, ( )

1

;a yABe

dAB= =

e

( )2

;a yABe

dAB

−= =

Assim: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 21 32

. . ; ; .. . . 2 ; 0e e eK q K q a y a y K q

E e e ad d d d d

− = − = − =

. Com d y= ,

( ) ( )3 30

2 . 1 2 .. 1 ; 0 . 1 ; 0

4eaK q a q

Ey yπε

= =

( )30

.. 1 ; 0

2

a qE

yπε=



Exercício 11 - A figura mostra duas partículas carregadas de magnitude q mas com sinais opostos, separadas por uma distância d, trata-se, portanto, de um dipolo eléctrico. Encontre o campo eléctrico devido ao dipolo eléctrico no ponto P, a uma distância z do ponto médio do dipolo e no eixo que passa pelas partículas e que se designa eixo do dipolo.

(é igual ao exercício 3)

Resolução 11:

Dados: p pE E E+ −= +

e ( )3

..e

pA

A

p pA

AK q

E rr

=


0p p zr r r r u+ + += − = −

0p p zr r r r u− − −= − = −

2 2pr z rdd

z− += + ∧ = −

( ) ( ) ( ) ( )3 3 3 3

. .. . . . .e e

p pp p e p p zp p p p

K q K q q qE r r E K r r u

r r r r+ − + −

+ − + −+ − + −

= + ⇔ = + ⇔



Nota:

( ) ( )3 3

. .p pp p

q qr r

r r− +

− −− −

+ = −

( ) ( )3 3

2. .p pp e z e

p p

dzr r

E K q u K qr r

+ −+ +

+ −

− ⇔ = − =

3

2d

z −

2

2d

z

→

+−

3

2d

z +

2 zu→

⇔

( ) 2 2

1 1.

2 2

p e z

NE K q u

Cd dz z

+

= − − +

Poderia ter feito desta maneira:

pr Z A+ = +

pr Z A− = −

( ) ( )2 23 3

1 1 1 1. .p pe z e z

p p

E K q u E K q ur r Z A Z A+ −

= ⇔ = ⇔ + −

− −

( ) ( ) ( )

2 2

2 2 22 2

2 2. .p pe z e z

Z ZE K q u E K q u

Z A Z A Z A

= ⇔ = ⇔

+ − −



Como 22

dd A A= ⇔ =

Assim ( )

2 2

2 22 2 22

2 2. .

14

162

p pe z e z

Z ZE K q u E K q u

d Z dZ

⇔ = ⇔ = − −

( )

2

22 2

32..

4.p e z

ZE K q u

Z d

= −



SÉRIE1–CargaeCampoEléctrico-Exercíciosextras

Exercício 1R - Escreva a fórmula para o módulo da força de interacção entre duas cargas pontuais,

1Q e 2Q a uma distância r uma da outra.

Resolução

( )1 2212 12

12

. ..eK Q Q

F er

=

Em que eK é a constante de Coulomb. Aq e Bq são as cargas das partículas.

Nota: outra característica da carga é a sua massa.

O electrão é a carga elementar, e é 191,603.10 C−± , em que o sinal depende se é protão (+) ou

neutrão (-). A massa destes dois é que é significadamente diferente, cerca de 20 000 vezes maior.

Exercício 2R - Considere um sistema de três cargas pontuais, 1 2 30,1 , 0,3 , 0,2 .Q C Q C Q C= = − = −

As cargas estão posicionadas nos pontos A, B e C, respectivamente, sendo 10 AB cm= , 20 BC cm=

e 90ABC = ° . Calcule a força que actua sobre a carga 2Q .

Resolução - dados:

1 0,1 Q C=

2 0,3 Q C= −

3 0,2 Q C= −



Usa se linhas imaginarias.

12 2 23F F F= +

22 2

2

FF versF

F= =

^

2 2F F=

( )1 2212 12

12

. ..eK Q Q

F er

=

Em que 12e

é um vector unitário, que começa em 1Q , e vai

em direcção a 2Q .

( ) ( ) ( ) ( )1 2 112 12

12 12 12

2 1 22 2 2

. . . . . .. . .e

x xe eK Q Q K Q Q K Q Q

F e u ur r r

= = − = −

( ) ( ) ( ) ( )3 2 3 2 3 232 32

32 32 322 2 2

. . . . . .. . .y

e ey

eK Q Q K Q Q K Q QF e u u

r r r= = =

( ) ( )1 2 3 21 3 2 22 2 2

12 32

. . . .. .e e

x y

K Q Q K Q QF F F u u

r r

= + = +

−

Parece que o valor que se vai obter é negativo, e contraria a figura:



Mas tem se que ter em conta o sinal das cargas.

2 2 21 3F F F= + = − 1. .eK Q −( )2

212

.. x

eQ Ku

r

+

− 3.Q −( )2

232

. y

Qu

r

311 32 2 2

12 32 2

22

. . .x ye

QQF F F K Q u u

r r

= + = +

( )22 22

2 3 31 12 2

122 22

322 4 4

12 32

. .e e

Q QQ QF F K Q K Q

r r r r

= = + = +

( ) ( )( )

( )( )

2 229

4 422

0,1 0,2 8,99x10 . 0,3

0,1 0, 2

C CNmF C

C m m

− − = − +

2

2

2 29 9

42,697x10 . 125 2,697x10

Nm C N mF

C m= =

C.11,18

C2m

=

12

03,02x10F N=

Exercício 3R - Qual deve ser a distância entre as cargas 5 51 22,6x10 e 4,7x10Q C Q C− −= = − para

que o módulo da força de interacção entre as cargas seja de 5,7 N?



Resolução 3R - Dados:

51 2,6x10Q C−=

52 4,7x10Q C−= −

Usa se linhas imaginarias. Pretende se que 12F F=

. Pela lei 3ª lei de Newton poderia ser: 21F F=

.

Com 5,7F N= .

( ) ( )11

1

1 222

22

2

. . . .e eK Q Q K Q QF r

r F= ⇔ = ⇔

( )112

2. .eK Q Qr

F=

9

12

8,99x10 N

r =

2

2

m

C

5. 2,6x10 C−

( ) 5. 4,7x10 C−−( )5,7 N

Cuidados com os índices! O versor é diferente da força.

212 1,927r m= 21 1,39r m=

Exercício 4R - O módulo da força electrostática entre dois catiões idênticos que estão separados por uma distância d é igual a F.

4.1. Qual é a carga de cada catião?

4.2. Calcule o valor numérico da carga de cada catião nas seguintes condições:

10 95x10 3,7x10 d m e F N− −= = .

4.3. Quantos electrões faltam em cada catião em comparação com o respectivo átomo?

(Igual ao exercício 1 da frequência do dia 8 de Dezembro 2010)



Resolução 4R – ( )1 2

2

. .eK Q QF

d=

Resolução 4.1 - Como 21Q Q= , fica

2 22

2

. .e

e

K Q F dF Q

d K= ⇔ =

e

FQ d

K=

Resolução 4.2 - 105x10Q m−=93,7x10 N−

98,99x10 N 2m

2C

193,2x10Q C−=

Cuidado para não fazer isto: 105x10Q m−=93,7x 10− N

98,99.10 N 2m

2C

, pois as potências somam-se.

Resolução 4.3 - Ora, sabendo que a carga elementar de um electrão é 191,603.10 e C−±= , fica:

19

19

3, 2x102

1,6x10

C

C

−

−=



Exercício 5R - Duas cargas 1Q e 2Q têm a carga total 1 2 10Q Q Cµ+ = . Quando estão a uma

distância de 3 m , o módulo da força exercida por uma das cargas sobre a outra é igual a 24 mN.

Calcule 1Q e 2Q , se:

5.1. Ambas forem positivas.

5.2. Uma for positiva e a outra negativa.

Resolução – 521 10 10Q Q C Cµ −+ = =

3d m=

21 24 0,024F mN N= =

Nota: cuidado para não “ler” mal 24mN , pois não é metro Newton, mas sim mili Newton.

( )22 21

2

21

1

. .. . 0,024e

e

K Q Q dF Q Q F Q Q N

d K= ⇔ = ⇔ =

2 23 m

8,99 9x10 N 2m

2C

⇔

11

1 22. 2, 4x10Q Q C−=

Nota: 1 12 2.S Px xx x+ = ∧ = . Desenvolvendo sei também que:

( )1 1 12 1 12. 0PS S Sxx Px x x x= − → − = → − + =

Olhando para o resultado, sei que a soma é o seu simétrico, e o produto é igual.

Exemplo: ( )1 12 5 04 09 2x x PS− + = → ∧ = −−=



Assim: 12

1 0,q q PS→ − + = e como sei que ( )5 112, 4.110 0PS −−= ∧ =− , fica:

2 61

61 1 1

15 1 0 6.12, 010 44 .10.10q q qCq C−− −−→ − + = ⇔ = ∨ =

Como não me é dado pistas, tanto pode ser:

61

626.10 4.10C Cq q− −= ∧ =

61

624.10 6.10C Cq q− −= ∧ =

Exercício 6R - Cinco cargas idênticas Q encontram-se igualmente espaçados sobre um semicírculo de raio de raio R, conforme ilustra a figura. Determine:

6.1 O campo eléctrico no centro do semicírculo;

6.2 A força eléctrica sobre uma carga q colocada no centro do semicírculo

Resolução 6.1 – A carga eléctrica depende do ponto. Ou seja num determinado ponto existe um campo eléctrico específico.

A carga Q é responsável pelo campo eléctrico.



A mesma distância da carga, o campo eléctrico é o mesmo, ou seja:

11 1 2 3 nP P P P PE E E E E= = = =

Quanto mais longe do centro, menor o campo eléctrico, ou seja:

1111P RE E>

A força do campo eléctrico ( )F

é dada pela definição PF q E=

, em que

E

é o campo eléctrico no ponto, Pq é a carga do ponto.

Assim

2

..P

eP

K QF q E F q e

d= ⇔ = ⇔

( )2

. .PeK q QF e

d=



Ou seja, já sei que:

01 02 03 04 05PE E E E E E= + + + +

01 05E E= −

Logo: 01PE E=

02 03 04 05E E E E+ + + +

02 03 04PE E E E= + +

O vector unitário é sempre da carga para o centro:

E 02E

apenas tem uma componente simétrica a 04E

, que é no eixo dos

“yy”.

202 2 22

2 2cos sin

4 4 2 2xe y x ye e u u e uQ

E KR

uπ π − + −

= ∧ = −

⇔ =

404 42 4

2 2cos sin

4 4 2 2x y x ye eQ

E KR

e u u e u uπ π +

= ∧ = +

⇔ =

Pois sei que ( ) ( ) ( ) ( )cos sin 1 cos sinx xy yv v u v u v v u uθ θ θ θ= + ∧ = → = +

.

Assim 02 04 20 2 23

2 2

2 2

2 2

2 2x y yP xxe e e

Q Q QE uE K K K

R RE u u

RE uu

=

+ + = + +− +



2 2

2 2 22 2 2

2

2

2 2 22 22 x y x yx y xx e xP e u u uuQ Q

E K KR R

u u uuu

= + + = + +

− + +

2

2 yu−

( )2 2 2

2

22 2 1

2

2P e e xx xx ex x P

Q Q QE K K u E K u

R Ruu

Ru u

= + + = + ⇔ = +

Resolução 6.2 – PF q E=

( )2

.2 1P

e x

q QF K u

R= +

Exercício 7R - Um sistema de três cargas pontuais está em equilíbrio (a força electrostática sobre cada carga é zero). Sabendo que duas das cargas são q e 2q, separadas por uma distância d, calcule o valor e a posição da terceira carga.

(parecido com o exercício 3, da frequência de 24/ 10 /2007, e valia 3 valores)

Resolução 7R:

O sistema não está em equilíbrio, pois uma das cargas é duas vezes a outra.



Logo a carga negativa tem que ser colocada ENTRE as duas de forma a anular a força electrostática neste novo ponto. E mesmo assim, não pode ser ao centro. Tem que ficar perto da carga menor, ou seja “q”.

Assim, esta terceira carga fica em equilíbrio quando 1 23 3 3 3 0F F F F= + ∧ =

.

31 xe e=

32 xe e= −

Assim, e sabendo de que 1 22Q Q= : ( )

( )( )3 3

31

32 12

2 2

. . . .0 e eK Q Q K Q Q

e ead a

= + ⇔−

( )( )

( ) ( ) ( )( )

3 332 22 2

. 2 . . . 2 10 0 . .e e

x x e x

K Q Q K Q Qu u K Q Q u

a ad a d a

= − + ⇔ = +

− − −

Sei que 3. .eK Q Q nunca será zero, logo só pode ser ( )2 2

2 10

ad a+− =

−

Assim, desenvolvendo, fica: ( )

( )2 222

1 22d a a

a d a⇒ = ⇔ − = ⇔

−



( )2 2 1 21 2

dd a a d a a d a a⇒ − = ⇔ = + ⇔ = + ⇔ =

+

Para racionalizar, multiplica se pelo seu conjugado (mas é o simétrico da raiz!): 1 2− . Assim:

( )1 2. 1 2 0,4142

1 2 1 2

da a d a d

−⇒ = ⇔ = ⇔ =− +

+ −

Agora falta me o valor de 3Q . Como sei que a carga “q” está em equilíbrio, fica: 1 0F =

.

21 31 0F F⇒ + =

Assim, ( )

( )( )

( )( ) ( ) ( ) ( )1 1 3

1 1

1 1

2 32 2 2 2

2 3

2 3. . . . . 2 . . .0 0e e e e

x x

K Q Q K Q Q K Q Q K Q Qe e u u

d ar r= + ⇔ = − + −

Sabendo que ( )22 20, 4142 0,1716a d d= = . 2

3.0 2

0,1716e

x

K Q QQ u

d

⇔ = − + ⇔

Sei que 2

.eK Q

d nunca será zero, logo só pode ser 32 0

0,1716

QQ + = . Assim

3 0,343Q Q=

Resposta ao exercício: 0, 4142a d= e 3 0,343Q Q=

( ) 32 0,1716 0Q Q+ =



Exercício 8R - O fio representado na figura tem uma carga linear constante λ .

Calcule o campo eléctrico no ponto P, o centro comum às duas semi-circunferências.

As componentes do eixo do “x” anulam-se. Por isso só vou ter as componentes do eixo do “y”.

Agora vou apenas calcular para o arco de fora. Pois o arco de dentro é apenas uma extrapolação do resultado.

Carga linear, l

dQ

dLλ = Carga superficial, s

dQ

dSσ = Carga volúmica, v

dQ

dVρ =

2 lE K dl e

r

λ= ∫

2

sE K dS er

σ= ∫

2

vE K dV er

ρ= ∫



O cálculo do perímetro da circunferência é:

2 .P Raioπ= e 2

sE K dL er

ρ= ∫

O comprimento do arco é .dL Raio dθ=

Nota: 0 θ π< <

E o ( ) ( )( )

( ) ( )cos sin .

cos sinx y

x y

u u RaioAP APe vers AP u u

Raio RaioAP

θ θθ θ

+= = = = − = − −

Assim: ( ) ( )( )2 20

cos sine e x yE K K u ud R

dl Rdeπλ λ

θθ θ= = − − ⇔∫ ∫

dl Rdθ= é o deslocamento de integração.

( ) ( )( ) ( ) ( )0 0 0

cos sin cos sinx x ye eyE K d u u K d u d uR R

π π πλ λθ θ θ θ θ θ θ

= − − = − + −

∫ ∫ ∫

A ter em conta que as componentes no eixo dos “x” se anulam, logo ( )0

cos 0xd uπ

θ θ

− = ∫

.

( ) ( )( ) ( )0

0

0 sin cos 1 1e e ey y yE K d u K u K uR R R

ππλ λ λ

θ θ θ

= + − = = − −

∫

2 e yE K uR

λ= −



Ou seja, a definição geral é 2 e yE K uR

λ= −

.

Agora para o arco exterior: 1 2 yeE K ub

λ= −

. Agora para o arco interior: 2 2 yeE K u

a

λ= −

.

No total:

1 2 3 4E E E E E= + + +

Como 3E

e 4E

não tem componente no eixo

dos “y”, e os das componentes dos “x” são

simétrico, faz com que 3 4 0E E+ =

.

Assim 1 2 3 4 2 2 0 0ye yeE E E E E K u K ub a

λ λ = + + + = − + − + +

1 1

2 yeE K ua b

λ = − +



SÉRIE2–Electrostática

Tópicos - Trabalho num campo eléctrico

Potencial do campo eléctrico

Energia de uma distribuição de cargas

Noção de fluxo

Lei de Gauss

Campos criados por distribuição simples de cargas.

Distribuição rectilínea e infinita

Distribuição plana e infinita

Distribuição esférica oca e uniformemente carregada

Forma diferencial da Lei de Gauss

Campo eléctrico num condutor ideal.

Capacidade dos condutores



Exercício 1 - A figura mostra uma vara de plástico que possui uma carga distribuída uniformemente q− . A vara

foi dobrada num arco circular de 120º e de raio r. O eixo das coordenadas é tal que o eixo de simetria da vara é coincidente com ele e a origem do eixo está no centro de

curvatura P da vara. Qual é o campo eléctrico E

devido à vara no ponto P, em termos de q e r?

Resolução 1: - Não esquecer que o perímetro é 2 rπ .

Dados:

O “d” significa que “E” é um valor

variável.

2xp p

qE E u E k

r= ∧ =

Campo Eléctrico: 2

dqdE K

r= , em que dq é a

variação a carga ao longo da vara.

E a densidade de carga é:

.Q dq

dq dlL dl

λ λ λ= ⇔ = ⇔ =

( ) ( )cosxx

dEcos dE dE

dEθ θ= ⇔ =

Nota: dl r dθ= (derivada de r em ordem a teta).

dl r dθ= significa o comprimento do arco, que vai aumentando conforme o ângulo também aumenta, e obtêm-se uma distribuição linear.

Aqui é preciso ter cuidado com o sentido, pois inicia no -60º e termina no +60º.

( ) ( ) ( )60 60 60

260 60

260

. .cos .cco os.

sp xE dE Kr

dqdE K

l

r

dλθ θθ

− − −

= = = = =

∫ ∫ ∫ ∫



( )60

260

. .. o

c s .p

rE K K

r

r d λθλθ

−

= = ∫

2

d

r

θ ( ) ( )60 60

60 60

.cos . . cos K dr

λθ θ θ

− −

= =

∫ ∫

Tenho que ter cuidado, pois estou a integrar, e o cosseno passa a seno.

( )60

60

3 3 2. . sin . . . .

2 2pE K K K

r r r

λ λ λθ

−

= − = − + − =

3

2. . 3Kr

λ = −

Nota: ( ) ( )( ) 2cos sin x x

3 3 3L dl r r r

π πθ θ π = = + = + =

, e como sei que

Q

Lλ = , fica

23

Q

rλ

π=

3

2

Q

rλ

π=

A notação Q

Lλ = , com maiúsculas, significa que a carga já está distribuída.

Então: 2

.3 .3. . 3 . . 32

32

. . . 2.

.3

..p

Q QE K K

r r

Q

r rrK π

π π= − = − = −

2

3. 3

2. .p x

NE KQ u

r Cπ

=

Cuidado, pois apetece notar Q

Lλ = , e por conseguinte seria 3!p

KQE

L= −

Mas está errado, pois

os “r” não são os mesmos. UM é a distância ao ponto “P”, e o outro é o COMPRIMENTO da vara.

Logo é Q

Lλ = , e “L” seria rπ se fosse de 90º a 270!

2.

3L rπ= Agora sim este r é o mesmo.

Nota sobre elementos diferenciais de comprimento, área e volume:

– Num plano Cartesiano, o deslocamento diferencial é dado por x y zd l dx a dy a dz a= + +

– Num plano Cilíndrico, o deslocamento diferencial é dado por zd l d a d a dz aρ φρ ρ φ= + +

– Num plano Esférico, o deslocamento diferencial é dado por sin rdl dr a r d a r d aθ φθ θ φ= + +



Exercício 2 - Calcule o campo eléctrico no ponto P provocado por um anel de espessura muito fina ao longo do eixo central do anel a uma distância z do plano do anel ao longo do eixo. O raio do anel é R e possui uma densidade de carga linear uniforme e positiva (λ).

Resolução 2: (consultar o livro Física Volume 2 4ª Ed do Paul A. Tipler, pagina 33)

ds dl dR θ= =

Com 0 2θ π< < .

zp pE E u=

( ) ( )coszz

dEcos dE dE

dEθ θ= ⇔ =

Nota: quando é só uma carga pontual é 2

qE k

r= . Como a carga

está distribuída ao longo do anel, é preciso integrar.

Campo Eléctrico: 2

dqdE K

r= . Ou seja, divide se o anel em

elementos diferenciais. No plano “xy”, as componentes do

campo anulam-se. Só existe componentes no eixo do “z”.

O ponto P é constante (eixo do “z”)

Localização do ponto genérico “A”:

( ) ( )( ).cos ; .sin ; 0R RA θ θ= .

No anel! O anel está na base do plano “z”, logo a coordenada é zero nesse plano.

E o ponto “P” está localizado em

( )0 ; 0 ;P z= , apesar de não

sabermos o valor de “z”, este é uma constante!

Figura 2 →



“r” é a distancia do ponto P ao anel.

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )0 ; 0 ; .cos ; .sin ; 0 .cos ; .sin ;AP P A R Rz zR Rθ θ θ θ= − = − = − −

( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )2 2 22 2 2 2

1

.cos .sin . cos sind r AP z zR R Rθ θ θ θ

=

− − − = = = + + = + +

2 2Rd r z= = +

( ) ( )( ) ( ) ( ).cos ; .sin ; .cos .sinx y z

zAP zu u u

d d d dAP

R R R Re

θ θ θ θ= = = +

− −− −

Como sei que na integração este dois termos ( ) ( ).cos .sin

x y

R Ru u

d d

θ θ− −

vão resultar num total de

zero, já não vou considerar no cálculo. Sei que vai dar zero porque as componentes dos eixos dos “x”

e “y” dão zero, conforme a figura 2.

Apesar de não saber o valor de “d” (r), este é uma constante. Assim voltando ao exercício:

2

2 2 2 20

e e e eP z z

K K K Kz zE dl dl u u

d d d de e dl Rd

d d

πλ λ λ λθ= =

= =∫ ∫ ∫ ∫

dl Rdθ= é o deslocamento de integração. Mas cuidado, é onde as carga se distribuem, ou seja no

anel. E ( ).cosR r θ= .

Para facilitar, vou colocar fora da integração as constantes: 2

20

ez

K zE R u d

d d

πλθ= ∫

.



[ ]( )

( )2

2

32 3 02 200

21

4e

z z zeK RzRz Rz

E u d u ud R

K

d d z

ππλ λ λ

θ ππε

θ= = =+

∫

( )3

2 2 202

z

R

Rz NE u

Cz

λ

ε=

+

Nota: 2 R

qλ

π= , é a carga total que é distribuída pelo cumprimento linear.

*****************************************************************************

Poderia ter se resolvido deste modo:

*****************************************************************************

( ) ( )2

plano "xy"

cos sinez er

dqdE K

rθ θ

= +

– Num plano Cartesiano, a área diferencial normal é dado por :

x y zd S dy dz a dx dz a dx dy a= ∧ ∧

E a densidade de carga é: .dSdS

Q dqdq

Sλ λ λ= ⇔ = ⇔ =

Calculo Auxiliar: ( ) ( )1

2 22 22 2cos r R zr R zz

rθ ∧ = + = +⇔=

Perímetro TOTAL do anel: ( ) [ ]2

2

00

2 0 2R

RdS S R R

ππ

π π= = − =∫



( ) ( ) ( )2 2

200 0

2

2

. .cos ccos . os.R R

p z

R

E dddq

dE KEr

Kr

Sππ π

θλ

θ θ = = = =

∫ ∫ ∫ ∫

( )2 2 3

2 2 2

2 2

0 0

. .. . . .2

R R

pz z

r rr r

zE dS dS RK K K

R z

π πλ λ λπ = = =

+∫ ∫

Sei que ( )2 em que "q" é a carga TOTAL do 2

anelq rd

dS

q q

Rλ λ πλ

π= = =⇔

2pE K

q

Rπ=

( )3

2 2 2

. 2

.z

R z

Rπ

+ ( )3

2 2 2

. .

z

z

uu

K zq

R z

= +

( )3

2 20 2

1 .

4z

p

u

q z NE

CR z

πε

= +

Devia ter dado igual a equação da página 5! Depois vejo.

Se z R>> (o que é normal) fica: 2

0

1

4z

p

u

q NE

z Cπε

=

Exercício 3 - A figura mostra um disco de plástico de raio R que possui uma carga de superfície positiva de densidade uniforme σ na parte de cima da superfície.

(a) Qual é o campo eléctrico no ponto P, à distância z do disco ao longo do eixo central?

(b) [Tipler p. 694, versão original] Deduza a partir da expressão encontrada em 3a expressão para distâncias z muito grandes.

(consultar o livro Física Volume 2 4ª Ed do Paul A. Tipler, pagina 34, versão portuguesa)



Resolução 3:

Vai-se utilizar a equação obtida no exercício 2:

( )3

2 20 2

1 .

4zu

q z NE

Cr z

πε

= +

( )3

2 2 2

..

z NE K

Cr z

dqd⇔ =

+

Sei que, .Q dq

dq dSA dS

σ σ σ= ⇔ = ⇔ = .

(per metro de um circul2 o)dS ír drπ=

A carga TOTAL do disco é Area

q dSσ= ∫ , em que σ representa a densidade de carga, que é

distribuída a superfície do disco.



( ) ( ) ( )3 3 3

2 2 2 2 2 202 2 2

. . . . .. . .

2 R

pez ez ez ez

z z zE dE K K K

dq

r z r z r

dS r dr

z

σ πσ= = = = ⇔

+ + +∫ ∫ ∫ ∫

Calculo auxiliar 1

' 1

mmX

drXm

X+

=+∫ , logo:

( )( ) ( )

( ) ( )32 2 2

3 112 2 2 22 2

32 2 02

22

. 3 1

12

2

2

R

rr z r zr

rdr dr

r z

rz

− + −

− + += + = =

− + −+∫ ∫

O que se pretende é integrar o “r”, pois varia de zero a “R”. Imaginamos milhares de anéis juntinhos uns contra os outros. O anel base foi calculado no exercício 2.

Assim, e voltando ao exercício:

( )( ) ( )

3 22 2 2 23

2 2 23

2 20 02

0

. . . . . . . . . 3

22

22 2

R

R R

pez ez ez

r zE K z K z r z K z

r

rdr r d

z

rπ σ σ ππσ

− +

−

+

= = + = − ++

∫ ∫

( )

( )

12 2 2

1

0

2 2 2

0

1. . . . . .2

2

1

R

pez ez

R

r zE K z K z

r z

σ π σ π

− +

= = +

−−

21

4pE

π−=

0

. . .zσ πε ( ) ( ) ( )

1 1 12 2 2 2 2 202 2 2

: o "z" fica!

1

0

1 . 1 1.

2ez

C u idado ez

z

zz z R zR

σε

− = − − + + +

( ) ( ) ( )1 1 1

2 2 2 2 2 20 0 02 2 2

. 1 1 . 1 1. .

2 2 2p

ez ez ez

zE

z z zR z R z

z z z

R z

σ σ σε ε ε

− −

= − − = − = + + +

+



( )1

2 20 2

coloquei o sinal dentro.

12

z

p

e

zE

R z

σε

=

−+

2 2

0

12

z

p

e

z NE

CR z

σε

= − +

Se entãoR → ∞02

ze

NE

C

σε

=

*****************************************************************************


*****************************************************************************

Tenho como constantes, o “R”, o “z” (ponto P) e " "σ .

A integração já não é só no anel exterior, conforme exercício 2, mas sim uma superfície circular.

E ao contrario do exercício 2, aqui o “d” já varia.

2

20

eKE d

deS

π σ= ∫



Não procuro a carga no anel exterior conforme figura:

Mas sim a carga em toda a superfície:

Amostra infinitesimal de uma carga distribuida.

Agora vou ampliar a área, e selecciona um ponto no disco:

E o objectivo é ter se um rectângulo:

dS rrd dθ= , em que dr é o comprimento e rdθ é a largura (comprimento do arco), e é a isto que se chama linearização.

Nota: aqui o r é o valor de Jacobiano; é a ideia de uma aproximação linear da função não linear (com uma curvatura) e achar sua “inversa” (Calculo 2).



Localização do ponto genérico “A”: ( ) ( )( ).cos ; .sin ; 0r rA θ θ= . No plano “z” está na base,

logo é zero.

E o ponto “P” está localizado em ( )0 ; 0 ;P z= , apesar de não sabermos o valor de “z”, este é

uma constante!

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )0 ; 0 ; .cos ; .sin ; 0 .cos ; .sin ;AP P A r rz zr rθ θ θ θ= − = − = − −

( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )2 2 22 2 2 2

1

.cos .sin . cos sinr r rd AP z zθ θ θ θ

=

− − − = = + + = + +

2 2d zr= +

Tenho aqui duas variáveis, logo vou integrar duas vezes, em ordem a dθ (no plano do disco) e em

ordem a dr (em altura). Com 0 2θ π< < e 0 r R< < . r é a variável do raio, e R é o valor que pode

tomar.

( ) ( )( ) ( ) ( ).cos ; .sin ; .cos .sinx y z

zAP zu u u

d d d dAP

R R R Re

θ θ θ θ= = = +

− −− −

Como sei que na integração este dois termos ( ) ( ).cos .sin

x y

R Ru u

d d

θ θ− −

vão resultar num total de

zero, já não vou considerar no cálculo. Sei que vai dar zero porque a soma das componentes dos

eixos dos “x” e “y” resulta num total zero.



Assim,

2 2

2 2 2 2 20 0 0 0

z

R Re

e e zz

ud

K zE

rd rd rdK

re e K u

dS

d zd

d d r

π πσσ σ

θ θ

= =

+= ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

( )2 2 2 2

2 2

0 0 022

2 20

R

z

R

e ze d rr z r z

r rE K drd K du

zz du r

z

π π

σ θ σ θ

+ += =

+∫ ∫ ∫ ∫

( )( )

2 2 32 2 2

32 20 0 0 02

R R

e z e z

rE K zu drd K zu r r z drd

r z

π π

σ θ σ θ−

= = ++

∫ ∫ ∫ ∫

Vou utilizar a seguinte regra de integração: 1

'1

nn u

u u dxn

+

=+∫ .

( ) ( ) ( ) ( )3 2

2 2 2 23 32 2 2 2 2 22 2'

3 22 2

r zr z dr r z r z dr

− +

− − ++ → + + =

− +∫ ∫

( ) ( )32 2

12 2

2

2

212

r r z drr z

−

−=

+→

−+∫

Falta me um 2 !

Assim: ( )2 3

2 2 2

0 0

1 12

2 2

R

e zE K zu r r z drdπ

σ θ−

= + =∫ ∫ ( )

12 2 2

1

2

e z

rK zu

zσ

−+

−

2

0

0

R

dπ

θ

=

∫

( ) ( )( ) ( )( )1 12 2

2 22 22 2

0 0

Regra de

12 2

Barrot

0

2 0e z

R

e zE K zu d K zu z z dRr zπ π

σ θ σ θ− −−

= = + − + − + −

∫ ∫



( ) ( )2 21 1

2 2 22 2

2 20 0

1 1e z e zE K zu z z d K zu d

zR

R z

π π

σ θ σ θ− −

= − + − = − − +

∫ ∫

Como 2 2

1 1

zzR−

+ é uma constante em relação a variável de integração, fica:

( ) ( )2 21 1

2 2 22 2

2 20 0

1 1e z e zE K zu R z z d K u d

zR zz

π π

σ θ σ θ− −

= − + − = − − +

∫ ∫

E a parcela 2 2

1

R z+ é mais pequena do que

1

z. Sei também que

2

0

dπ

θ∫ é igual a 2π .

( ) ( )2 2

0

11 . 2

4 z

z z

zE u

R zπ σ

πε− − + −

=

+

2 20

12 z

zE u

R z

σε

=

+ −

Exercício 4 - Um campo eléctrico é dado por ( ) ( )12 22 x y

xE y a x a Vm− = + +

. Encontre o trabalho

efectuado em movimentar uma carga pontual 20Q Cµ= − :

(a) da origem para (4, 0, 0) m.

(b) de (4, 0, 0) m para (4, 2, 0) m.



Resolução: dados - ( )2 2 202 x y

x VE y a x a Q C

mµ = + + ∧ = −

a) . . . .AB eW F dl F dl q E dl= = − = −∫ ∫ ∫

Nota: x y zd l dxa dya dza= + +

, então

( ). . ; ;ABW q E dx dy dz= − ∫

como sei que ( ) ( )12 22 x y


, e q é uma constante:

( )( )

( )4;0;0

0;0;0

2 ; ; ;2 0 . ;2AB x dyx

W q dx dzy = − +

∫

E neste exercício, no eixo dos “y” e dos “z” não há “movimento”, logo o deslocamento diferencial desses dois eixos é zero.

( )

( )

( )( )

( )

( )( )

( )4;0;0 4;0;0 4;0;0

6

0;0;0 0;0;0 0;0;0

0 0

20.10 ; ; 2 0 22AB yW dx dy dzx

x−

= =

= +

∫ ∫ ∫

( )

( )

( )( )

( )4;0;0 4;0;0

6

0;0;0 0;0;0

20.10 ; 0 ; 02

2AB yW dx

x dx− = + ∫ ∫

( )

( )

[ ]( )( )

4;0;04;0;06

0;0;00;0;0

2

20.10 ; 0 ; 024ABW xx

y− = +



( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )6

2 24 0

4 420.10 ; 02 4 0 2 4 0 ; 0ABW −

= +

−

−

( )6 2226020.10 ; ; 2004 .10 .000 004ABW − −= + = + +−−

680 10 80ABW J Jµ−= × =

b) . . . .AB eW F dl F dl q E dl= = − = −∫ ∫ ∫

Nota: num plano Cartesiano, o deslocamento diferencial é dado por x y zd l dxa dya dza= + +

, então:

( ). . ; ;ABW q E dx dy dz= − =∫

como sei que ( ) ( )12 22 x y


, e q é uma

constante:

( )( )

( )4;2;0

4;0;0

; ;2 ; ;0 .22AB x dx

yW q yd dzx = −

+∫

E neste exercício, no eixo dos “x” e dos “z” não há “movimento”, logo o deslocamento diferencial desses dois eixos é zero.

( ) ( )( )

( )

[ ]( )( )

4;2;04;2;06

4;0;04;0;0

20.10 ; 0 0; 20 ;02 20 ;ABW dy Cx xyµ−

= − − =

∫

( )( ) ( ) ( ) [ ]2 4 2 2 4 020 0 0; ; 20 ; ; 0160ABW C Cµ µ− = =

2 22 020 160AB

VW C

mµ= + + 320ABW Jµ=



Exercício 5 - Para o campo eléctrico do exercício 4, encontre o trabalho feito para mover a mesma carga de (4, 2, 0) m até à origem ao longo de uma linha recta.

Resolução - dados - ( )2 22 x y

x VE y a x a

m = + +

, de (4 ; 2 ; 0) para (0 ; 0 ; 0).

Ou seja, no exercício 4, passou se do ponto (0 ; 0 ; 0) até ao ponto (4 ; 2 ; 0). Aqui é ao contrário,

logo poderia se fazer o seguinte:

Trabalho realizado no 4a) foi de 80 Jµ e no 4b) foi de 320 Jµ .

( )80 320a bW W Jµ+ = +

Assim o trabalho total é de 400 Jµ . No exercício 5 pretende se que se ande para trás, então muda o

sinal e fica: 400 Jµ−

Agora se então pelo processo matematico: . . . .F

ABeW F dl F dl q E dl= = − = −∫ ∫ ∫

e num plano Cartesiano, o deslocamento diferencial dado por: x y zé dl dx a dy a dz a= + +

( )

( )

( ) ( )( )

( )0;0;0 0;0;0

4;2;0 4;2;0

. 2. 2 . .2

F

Ax yy

Bx z

xy a x a dy dz aW dx aq E dl q a

= − = − + + +

+

∫ ∫

( )( )

( )

( )( ) ( )( )

( )

( ) ( )( )

( )00;0;0

4

;0;0

4;2

0;0;0

4;2;00

; ;02;0

2 .2 . 2

. . 0 F

Ayyx

Bzx x a dy dzW q

xy a dx a a a

=

= − + +

+

∫∫ ∫

Para simplificar os cálculos, vou “emparelhar” as mesmas variáveis de integração, usando o declive:



Calculo auxiliar:

0y mx b b= + → =

2 1

2 1

2 0 1

4 0 2

y ym m m

x x

− −= ⇔ = ⇔ =

− −

21

2yy x x∨ ==

Assim, ( ) ( )( )21

222 2 2

2 2x y x y

x V x VE a a E ax a

my

mx y

= + + ⇔ = + +

( )( )

( )

( )( )( ) ( )( )

( )

( ) ( )( )

( )0; 0;0;00;0

4;2;

0;0;0

4;2;000

4;2;0

12 02 . 2

2 2 . ..

Fxx

Ay z

Byx dz

xa dxW q a dy aa y a

=

= − + +

+

∫ ∫ ∫

( )( )

( )

( )0;0;0

4;2;0

. 4 2F

ABx y zx y

xW q x a y a dx a dy a dz a

= − + + + +

∫

( )

( )

( )( )( )

( )

( )

( )

( )

( )0;0;0 0;0;0 0;0;0 0;0;0

4;2;0 4;2;0 4;2;0 4;2;0

3 3

24 4.

2. .

F

ABx y

xW q a dx y a dy q x dx y dy

= − + = − +

∫ ∫ ∫ ∫

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )( )

( )0;0;0 0;0;0 0;0;0

2 2 0;0;02

4;2;04;2;0 4;2;0 4;2;0

2

4.2

3. . . 2

2

3

2 4F

AB yx xW q q y

= − + = − +



( ) ( ) ( ) ( )2 2

2 23 0 3 4 48. 2 0 2 2 . 8

4 4 4F

AB V V V V V VW q q

m m m m m m

= − − + − = − − −

( ). 12 8 . 20 20 . 20F

AB V V V VW q q C

m m m mµ = − − − = − − = − − −

400F

ABW Jµ= −

Ou, uma outra maneira de resolver o mesmo exercício:

( )( )

( )

( )( )

( )

( )( )

( )0;0;0 0;_;_ _;0;_

4;2;0 4;_;_ _;2;_

. 4 . 42 2F

ABx y zx y

x xW q x a y a dx a dy a dz a q x dx y dy

= − + + + + = − + +

∫ ∫ ∫

( )

( )

( )( )

( )

( )

( )

( )( )

( )00 0 2 2 0

2

24 2 4

. 4 . 22 4 2F

AB x x xW q x dx y dy q y

= − + + = − + +

∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2

2 20 0 4 4. 2 0 2 2

4 2 4 2F

AB V V V V V VW q

m m m m m m

= − + − + + −

( ). 4 8 8 . 20 20 . 20F

AB V V V V VW q q C

m m m m mµ = − − − − = − − = − − −

400F

ABW Jµ= −



Ou, uma mais uma maneira de resolver o mesmo exercício (o sinal informa que é uma força contraria, ou seja qual deve ser o valor da força EXTERNA a aplicar ao sistema), e sabendo que

E ϕ= −∇

:

. . . .B B B

F

A A A

r r rAB

e

r r r

W F dl F dl q E dl= = − = − = −∫ ∫ ∫

.q −( ) ( ) ( ).

B

B A

A

r

r rr

dl qϕ ϕ ϕ ∇ = − ∫

Sabendo que ; ;x y z

ϕ ϕ ϕϕ

∂ ∂ ∂−∇ = − − − ∂ ∂ ∂

, e que ( )2 22 x y

x VE y a x a

m = + +

, fica:

22 02

x

y zx

xy

ϕ ϕ ϕ∂ ∂ ∂= ∧ = ∧+ =

∂ ∂ ∂

Assim, ( )212

42 2

2 2x x f

x xy yy x

xy

ϕϕ

∂ + + − = → = − = + ∂ +∂∫

Agora para a 2ª parte y

ϕ∂

∂, fica (o ϕ já se sabe o seu valor!):

( )2

40 22

12 f yx x

yx

yx

y

ϕ ∂ − − ∂ → = ⇔

∂−

+

∂( ) 2´f y x+ = ( ) 0´f y⇔ =

Como a ( ) 0´f y = , então significa que ( )f y é uma constante.

212

4x xyϕ −∴ = −



Assim posso continuar, e fica ( ) ( )F B A

AB

r rW q ϕ ϕ = −

( ) ( ) ( )0;0;0

22

4;2;0

1 12 0 4 2 4 2

4 4F

ABW q x xy q = − − = − − −

( ) ( )620.10 0 4 16F

ABW C−= − − − 400F

ABW Jµ= −

Exercício 6 - Um campo eléctrico é dado por 2 ax ay azE y x= + + . Determine o trabalho

efectuado no transporte de uma carga de 2 C(oulumb) de (1; 0; 1) B para (0,8; 0,6; 1) A ao longo

do arco mais curto do círculo 2 2 1 ; 1x y z+ = = .

Resolução 6 - Dados - ( ) ; ; 2 E y x=

Calculo auxiliar: 0,6 0

3 30,8 1 3

A B

A B

y y yW Fdl m y x x

x x

− −= ∧ = = = − → = − ∧ = −

− −∫

Assim:

( )( ) 2 yay zaz xaxW Fdl W q Edl W q y x dx dy da aa z= ⇔ = − ⇔ = − + + + + ⇔∫ ∫ ∫

Nota, quando os versos são os mesmos, o seu produto é igual a 1, 1. x xa a =

( )( )( )

( )

( )

( )0,8;0,6;1 0,8;0,6;1

1;0;1 1;0;1

; ; 2 ; ; 3 ; - ; 2 3

yW q y x dx dy dz q x dx dy dz

= − = − −

∫ ∫



( )( )

( )

( )( )

( )

( )

( ) 0,80,8;0,6;1 0,8;0,6;1

1;0;1 1;0;

;0,6;

11

1

;0;1

2 3 - 3

yW q x dx dy dz

= − − + +

∫∫ ∫

No eixo dos “z” não há deslocação, logo o deslocamento diferencial nesse eixo é zero (pois está perpendicular), logo fica assim:

( )( )

( )

( )( )

( )

( )

( )0,8;0,6;1 0,8;0,6;1

1;0;1 1;0

0,8;0

;1

,6;1

1;0;1 0

2 3 - 3

dzy

W q x dx dy

=

= − − + + ∫ ∫ ∫

( )( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )0,8;0,6;1 0,8;0,6;10,8;0,6;1 0,8;0,6;1 2 2

1;0;1 1;0;1 1;0;1 1;0;1

33 - -

3 2 3.2

y x yW q x dx dy q

− = − − + = − +

∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 23 0,8 3 1 0,6 0

- -2 2 6 6

W q − − = − − + −

( )3 0,64 3 0,36 1,92 3 0,36- 0 - 0

2 2 6 2 2 6W q q

− = − + + − = − − + + −

2. 0,54 0,06V V

Wm m

= − − 0,96W J= −

Nota: é pedido “…ao longo do arco mais curto…”, mas é para enganar, pois é sempre no percurso mais curto.



Exercício 7 - Determine novamente o trabalho para deslocar 2C de B para A no mesmo campo eléctrico do exercício anterior, mas desta vez através de uma linha recta entre B e A.

Resolução 7 – 1º vou fazer um cálculo auxiliar:

( ) ( )( ) ( )0,6 0

3 3 0 3 30,8 1

B A

B A

y ym y x b x b b

x x

−−= = = − → = − + ⇒ = − + ⇔ =

− −

Assim com: 3

3 33

yy x x

−= − + ⇔ = , vou poder continuar.

( ) 0

2 x y zax ay azW Fdl q Edl q y x dx a dy a dz a=

= = − = − + + + +

∫ ∫ ∫

Não há deslocação no eixo dos “z”, pois começa no 1 e acaba no 1.

( )( )( )

( )

( )( )

( )0,8;0,6;1 0,8;0,6;1

1;0;1 1;0;1

2 ; ; 2 ; W C y x dx dy C y dx x dy

= − = − ∫ ∫

( )

( )

( )

( )

( )( )

( )

( )

( )0,8;0,6;1 0,8;0,6;1 0,8;0,6;1 0,8;0,6;1

1;0;1 1;0;1 1;0;1 1;0;1

2 2 3 3 13

yW C y dx x dy C x dx dy

= − + = − − + + −

∫ ∫ ∫ ∫

( )

( )

( )

( )0,8;0,6;1 0,8;0,6;12 2

1;0;1 1;0;1

32 3

2 6

x yW C x y

= − + + −

0,96W J= −

Exercício 8 - Os electrões são continuamente ejectados das moléculas do ar na atmosfera pelas partículas dos raios cósmicos provenientes do espaço. Depois de libertado, cada electrão está sujeito a uma força electrostática F devido ao campo eléctrico E que é produzido na atmosfera por partículas carregadas já existentes na Terra. Perto da superfície terrestre o campo eléctrico tem magnitude

1 150 E NC−= e é dirigido para baixo. Qual é a variação da energia potencial eléctrica U∆ de um electrão largado quando a força electrostática faz com que ele se mova verticalmente para cima uma distância 520d m= ?



Resolução 8 - Dados - 1 19150 520 1,602 10E NC d m e− −= ∧ = ∧ = − ×

O diferencial de potencial é B Aϕ ϕ− e a energia de potencial eléctrica é U W∆ = −

Pretende se: ( ) ( ) ( )1

2.? B AU QV J e Jϕ ϕ ∆ = ∨ −

ABB A

e

W

qϕ ϕ− = (diferença de potencial entre A e B)

( )cos 180º

. e eABB A

e e e

F dl q E dlWdl d E

q q qϕ ϕ− = = = → ↑ ∧ ↓∫ ∫

B A eqϕ ϕ− =

.e

E dl

q∫

( )1

cos 18 º 0. d E dllE

=−

−= =∫ ∫

( ) ( ) 150 . 520 78 000 B Ad

N NmE l m Volt

C Cϕ ϕ

=

− = = − = →− − 78 000B A Vϕ ϕ− = −

Duas notas:

1ª – ao se integrar E dl− ∫ , obtém se E l− .

2ª – l d=

Assim continuando: ( ) ( ) ( )19. 1,6 10 .. 78 000e AB B A

trabalho

eU q W C Vϕ ϕ −∆ = − = − = − − × − ⇔−

141, 2 10U J−∆ = − ×



Exercício 9 - A figura a) mostra dois pontos i e f num campo eléctrico uniforme E. Os pontos encontram-se na mesma linha de campo eléctrico (não mostrada) e encontram-se separados por uma distância d.

(a) Encontre a diferença de potencial f iϕ ϕ− movendo uma carga de teste positiva 0 q de i para f ao

longo da trajectória ilustrada, que é paralela à direcção do campo.

(b) Encontre a diferença de potencial f iϕ ϕ− movendo uma carga de teste positiva de i para f ao

longo do trajecto icf representado na figura b).



Resolução a)

0 0

efif i

F d sW

q qϕ ϕ ϕ

−∆ = − = = ⇔∫

0

0

ifqW

q

−⇔ =

( )

0

. .cosE dS

q

θ∫ ⇔

( )0

1

.cos 0ºifWE ds

q=

⇔ = − ⇔∫

ifWEd

q= −

f i Edϕ ϕ− = −

Poderia ter feito desta forma, mais demorado,

mas mais correcto:

.B

A

r

rE drϕ∆ = − ∫

, cuidado que é um produto

interno!

( ). .

. .

B B

A A

r r

r r

B A

E dr E d r

E r E r r

ϕ

ϕ

∆ = − = −

∆ = − = − −

∫ ∫

( ). s. cod E dEϕ θ∆ = − = −



Em que Ar

é o vector posição A à origem e Br

é o

vector posição B à origem.

A B B Ar d r d r r+ = ⇔ = −

, e é a soma vectorial.

Nota: o potencial num ponto “A” é

0

AA

A

qK

rϕ = ou

0

AA

A

qV K

r=

Resolução b)

( )( )

sin 45ºsin 45º

d dcf

cf= ⇔ =

0 0 0

cf ic cficf i

W W WW

q q qϕ ϕ

+− = + =

0

c f

f i i cEd s Ed sϕ ϕ

=

− = − −∫ ∫

Nota: 0c

iEd s =∫

, pois E ds⊥



Matematicamente é: ( ) ( )cos 90º 0 0dS dS= =

( ).cos 45ºf

f i cEdsϕ ϕ− = − =∫

( ) ( ) ( ).cos 45º .cos 45º . cos 45ºf

cE d E cf E= − = − = −

( )

sin 45º

dEd= −

Logo não depende da trajectória. Nota: por ser de 45º : ( ) ( )cos 45º sin 45º=

Exercício 10 - Uma bateria tem os seus terminais ligados a duas placas paralelas, como se mostra na figura. A diferença de potencial da bateria é de 12V. A separação entre as placas é 0,30 d cm= , e

assume-se que o campo eléctrico entre as placas é uniforme. (Esta suposição é razoável se a separação entre as placas é pequena relativamente às dimensões das placas e se não considerarmos posições perto das bordas das placas.) Encontre a magnitude do campo eléctrico entre as placas.

(igual a pergunta 4 da frequência do dia 14 de Novembro de 2007)



Resolução 10 – Dados: ( )12 0,30 0,003B A V d cm mϕ ϕ− = ∧ = .

eABB A B A

e e

F dlW

q qϕ ϕ ϕ ϕ− = ∧ − = ∫

e

B A

qϕ ϕ− =

.

e

E dl

q∫

0,003

0

12 12 .0,003E dl E⇔ = ⇔ =∫

4 000 /E V m=

Aqui é o módulo, pois a distancia tanto pode ser analisada de “A” para “B” como de “B” para “A”:

2

12. 4000

3.10

V VE d E E E

d m m

ϕϕ

−

∆∆ = ⇔ = ⇔ = ⇔ =

Exercício 11 - Um protão é largado a partir do repouso num campo eléctrico uniforme que tem uma

magnitude de 4 1 8,0 10 Vm−× (ver figura). O protão sofre um deslocamento de 0,50m na direcção de

E.

Cuidado, pois o ( )cosdl d dθ= =

O ( ) ( )cos cos 0θ = , pois o vector E

tem o

mesmo sentido e a mesma direcção do deslocamento.

(a) Encontre a diferença de potencial entre os pontos A e B.

(b) Encontre a mudança de energia potencial do sistema protão-campo para este deslocamento.

(c) Encontre a velocidade do protão após completar o deslocamento de 0,50m no campo eléctrico.

(igual a pergunta 5 da frequência do dia 25 de Janeiro de 2007)



Resolução 11a) Dados: 4 1 8,0 10 0,50E Vm d m−= × ∧ =

19 271,6.10 1,67.10eq C m Kg− −= ∧ =

( ).cosB A Ed s E dl E dl Edϕ ϕ ϕ θ∆ = − = − = − = − = −∫ ∫ ∫

( )( )4 1 8,0 10 0,50B A Vm mϕ ϕ −− = − × 4KV−

Edϕ∆ = − para um campo uniforme! Quando não é uniforme, é necessário usar-se o integral.

Resolução 11b) ( ) ( ). .e B A B AU q eϕ ϕ ϕ ϕ∆ = − − = − − =

( ) ( )19 4 151,6 10 . 4,0 10 6,4.10U C V J− −∆ = − − × − × = −

Resolução 11c) 0

0

0 0mecanica cineticaE E U<

>

∆ = → ∆ + ∆ =

( ) 22 2

20

10fp i iv vm Uv − + = ∧ =∆

( ) ( )2 2 21 1 20

2 2p f p f fp

Um v U m v U v

m

− ∆+ ∆ = ⇔ = −∆ ⇔ = ⇔

( )15

6 127

2 6,4.1022,8 10

1,67.10f f fp

JUv v v ms

m Kg

−

−−

− −− ∆⇔ = ⇔ = ⇔ = ×

Nota: cuidado para não confundir variações de energia mecânica com as forças eléctricas (que são conservativas).



Exercício 12 - Qual é o potencial eléctrico no ponto P, localizado no centro do quadrado de cargas pontuais ilustrado na figura? A distância d é 1,3m e as cargas são:

1 3

2 4

12 31

-24 17

q C q C

q C q C

η η

η η

= + = +

= = +

Resolução 12 – Dados: 1 2 3 41,3 12 24 31 17d m q C q C q C q Cη η η η= = = − = = .

2 2 2 2 2

2 2 4 4 2 2

d d d d d dr r r r = + ⇔ = + ⇔ = ⇔ =

( ) ( )1 2 3 4 1 2 3 41

2ni e

P e P P ei i

q KV K V q q q q V K q q q q

r r d=

= ⇔ = + + + ⇔ = + + + ⇔∑

Cuidado com o valor de “r”, pois é 1 1 2 2

1,32

dr d= = = .

928,99 10

1,3PV⇔ = ×2

92

36 10Nm

C−×( )

2 2

2

28,99 .36 352

1,3P P

Nm NmC V C V V

C C

⇔ = ⇔ =



Exercício 13 - Na figura, 12 electrões (de carga −e) estão igualmente espaçados e fixos à volta de um círculo de raio R. Relativamente a V = 0 no infinito, quais são o potencial eléctrico e o campo eléctrico no centro do círculo devido a estes electrões?

Resolução 13 – não existe um campo magnético dentro do círculo. Tem o potencial de uma carga pontual.

0E = , pois a soma dos campos eléctricos na sua forma vectorial anula-se

1

12i

ei i

qV K

r=

=∑ 1

12e

iii

Kq

r =

= ∑ electrão

12e

i

Ke

r

= −

12. .

electrão

e

i

e K

r= −

Sei que 0

1

4B A eV kϕ ϕπε

= − ∧ = , fica:

0 0

12. 1 3

4B A B Ai i

e e

r rϕ ϕ ϕ ϕ

πε πε− = − ⇔ − = −



Exercício 14 - Encontre o potencial ϕ num ponto P arbitrário (ver figura) para um dipolo eléctrico.

Encontre também uma expressão aproximada para o caso particular r d>> .

Soma vectorial CB CA AB= +

Resolução 14 q q q+ −= = −

0

1 1. . .

4P P e e P

qV

rV V K KV V

q

r r

q

rπε+

++ +

−−

− −

= + ⇔ = + ⇔ = ⇔

−



0

.4P

r rqV

r rπε−

−

+

+

−= ×

Nota: a d.p.p não é um vector, pois não tem orientação!

Exercício 15 - Na figura uma vara fina não condutora de comprimento L possui uma carga positiva e uniforme de densidade linear λ. Determine o potencial ϕ , devido à vara, no ponto P a uma distância

perpendicular d da extremidade esquerda da vara.

(igual ao exercício 3 da frequência 2009 09 12, e exercício 29 do capitulo 22 – pagina 18 – do livro do Tipler)

Resolução 15 - d

x

q

L

q

dλλ == ⇔ (é uniforme ao longo da vara)

2 2 2 2 2 r dd rq d xx xdλ ∧ = + = +⇔=



Apontamento: 1

2 2 2

2 2

ln

dxx d x

d x

⇔ + +

+ ∫

?PV = P P e P eV dV K dV Kr

q

r

dq d= = =∫ ∫

Integrando:

( ) 15.1

2 2

0 00

Apontamento da

2 2 2

d

2

o

. . ln

Eq

LL L

P e e e er

dq dxV K K

dK K x d x

d

dx

x x

λλλ = = = = + +

+ +∫ ∫ ∫

( )( ) ( ) ( )( )2 22 2. . ln ln 0 0P eV K L d L dλ = + + − + + ( ) ( )2 2. . ln lneK L d L dλ = + + −

Recordar duas regras dos logaritmos:

( ) ( )

( ) ( ) ( )

ln ln ln

ln ln ln

aa b

b

a b a b

− ⇔

+ ⇔ ×

Assim sendo:

( ) ( )2 2ln lnL d L d+ + −

2 2

lnL d L

d

+ +

Regressando ao exercício: 2 2

. .lnP e

L d LV K

dλ

+ +=



*****************************************************************************


*****************************************************************************

Sei os valores fixos, que são o , , e .L dλ

Existe uma analogia entre o campo eléctrico e o potencial eléctrico:

Força Potencial

E

ϕ

eF

U

P

Kdl

r

λϕ = ∫

As constantes vão para fora da integração, mas é preciso ter cuidado com o “r”, pois não é uma constante!

Vou escolher o ponto genérico A:

Fica: 1

P P

Kd

rl K d

rl

λϕ ϕ λ= ⇔ =∫ ∫

Como ( ) ( ); 0 0 ; ;d

PA A P x y x d=

= − = − = −

E 2 2r PA x d= = +

, e como



dl dx= , com 0 x L≤ ≤ , fica:

( )

15.1

2 2

1

Eq

L

P oK d

xx

dϕ λ=

+∫

Como é dito no enunciado 1

2 2 2

2 2

ln

dxx d x

d x

⇔ + +

+ ∫ , fica:

1 1 12 2 2 2 2 22 2 2

0

ln ln 0 0ln

L

P K x d x K L Ld dϕ λ λ

= + + = + + − + + =

( )1

2 2 2ln lnP LK d L dϕ λ

= + + −

( )

2 2

0

1.ln

4 lnP d

L Ldϕ λ

πε

+ +=



Exercício 16 - A figura mostra um disco de plástico de raio R que possui uma carga de superfície positiva de densidade uniforme σ na parte de cima da superfície. Obtenha uma

expressão para ( ) ,xϕ o potencial eléctrico em

qualquer ponto do eixo central.

(consultar o livro Física Volume 2

4ª Ed do Paul A. Tipler, pagina 34)

Há um erro no enunciado, pois quando se referem ao “R”, e na realidade “a”.

Resolução 16 - 2 2 ?Pd r x ϕ→+ ==

2 ( )2q dq

r dr r drA d

dA dS dA d dareaA

σ σ π θ θ π= → = ∧ = = → = → =

P e P P

dqd K d

zϕ ϕ ϕ= ∧ = ∫

Integrando:

( )1

22 2

22 2 20 0 0

. .2. . 2. 2. . . . . ..

a a a

P e e e e e

r dr r drdK K K K K

dr r x

d x xr

qdr

dA

r

σ σ πϕ σ π σ π

−

= = = = = +++

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Para integrar ( )1

22 2r x−

+ , preciso de 2.r (o que já tenho!). O que falta é o quociente 1

2. Como não

o tenho, tenho que por 2 cá fora.



( )( )

( )1 1

12 22 2 2 2

'2 212

11

2

r x r xr r

− +

+ +=

− +

Assim, 1

2 2 2

0

2 . 2P e

R

x rKϕ πσ π +

==1

4σ

π( ) ( )

1 12 2 2 22

0

20. R x xε

+ − +

=

( )2 2

02x R x

σϕ

ε= + −

Recordar:

( )( ) ( ) ( )

12 2 21

'2 2 2 221

2 2 2

.1 . .

122

r r xrdr r r x dr r x

r x

−

− +⇔ + ⇔ + ⇔

+∫ ∫

( ) ( )1 1

2 2 2 22 2

1 2.

42

r r

r x r x

⇔ ⇔+ +



*****************************************************************************


*****************************************************************************

Sei os valores fixos, que são o , , e .R x σ

Não procuro a carga no anel exterior conforme figura:

Mas sim a superfície:

Agora vou ampliar a área, e seleciona um ponto genérico A:


dS rrd dθ= , em que dr é o comprimento e rdθ é a largura (comprimento do arco).




A área sombreada é dada por dA rd drθ= , com 0 r R≤ ≤ e 0 2θ π≤ ≤ .

2

0 0

1?

R

P

KdA K dA K

r d

πσϕ σ σ= = =∫ ∫ ∫ ∫

Já está no enunciado (na figura) o valor de 2

0 0

?R π

∫ ∫ , pois é 2 r drπ

As constantes vão para fora da integração, mas é preciso ter cuidado com o “r” que é “d”, pois não é uma constante!

Mas não sabendo o valor de “d”, consigo determina-lo:

Assim é 2 2d r x= + .



Substituindo na equação, fica:

2 2

2 2 2 20 0 0 0

1 1 1R R

P dA rd drK

dA K dA K Kr d r x r x

π πσϕ σ σ σ θ= = = =

+ +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

O “x” é constante, o “r” é que não é, logo não consigo colocar nada fora da integração. Vou então integrar:

22 2

2 2 2 2 2 20 0 0 0 0 0

1.

R R R

P

r rdA drK K K

r xr

r rdd

x x

ππ π

ϕ σ σ σθ θ

= = = + + +

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

2 2 2 2 2 2 2 200 0 0

1. . .2 0 2 2 .

4

R R R

P

r r r rdK K

r x r xr dr

x rr

rd

xϕ σ σπ π σ

ππ

ε

= − = =

+ + + + ∫ ∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( )1

2 2 21 1 12 2 2 2 2 22 2 2

0 0 00 0 0

0

0

. . .12 2 2 22

2

R

RR R

P

r xr r x dr r r x dr r x

σ σ σ σϕ

ε ε ε ε

− −

+

= + = = + = +

∫ ∫

( ) ( ) ( )1 1 1

2 2 2 2 2 22 2 2

0 02.0

2P R Rx x x xσ σ

ϕε ε

= + − + = + −

( )2 2

02P R x xσ

ϕε

= + −

Nota: no desenho do enunciado o raio do disco esta definido como sendo “a” e no enunciado está “R”.



Exercício 17 - O potencial eléctrico em qualquer ponto do eixo central de um disco uniformemente carregado é (refira-se ao problema anterior).

Usando esta expressão obtenha uma expressão para o campo eléctrico em qualquer ponto no eixo do disco.

Potencial:

( )2 2

02x a x

σϕ

ε= + −

Resolução 17 -

E ϕ= −∇

( );0;0 ; ;x

d d dE

x y z

ϕ ϕ ϕ = ∂ ∂ ∂

−

( )2 2

02x

d dE x a x

x x

ϕ σε

= − = − + − ∂ ∂

( )( )

'2 2

12 2 2

0 0

1 1. 2 0 1

2 2 2 2x

x

x a

E x a xσ σε ε

−

+

= + + − =

− − ( )1

2 2 2 . 2x a−

+ 1x

−

2 20

1 ; 0 ; 02

xE

x a

σε

= − − +

Nota 1:

, onde W é o trabalho feito pelo campo eléctrico.

, onde W é o trabalho que é feito contra o campo eléctrico.

e

e

W F dl V

W F dl V

= = −∆

= − = ∆

∫

∫



De maneira que temos sempre ( ) f f

f i f ii iq E dl V V V V q E dl= − − → − = −∫ ∫

f

f i i

Vq q q E dl

q

∆∆ = ⇔ − = −∫

Nota 2: no resultado do prof. está só a componente “x”, e não é isso que é pedido! É “o campo eléctrico”.

Exercício 18 - A figura mostra três cargas pontuais mantidas em posições fixas por forças que não são mostradas. Qual é a energia potencial eléctrica U deste sistema de cargas? Assuma que

( )12 0,12d cm m= e que 1 2 3 ; 4 ; 2q q q q q q= + = − = + em

que 150q Cη= .

Resolução 18 - 1 3 2 31 2

12 13 23Sistema e

q q q qq qU k

r r r

= + +

12 13 23r r r d= = =

[ ] ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2

1 2 1 3 2 3 1 14 2 4 2 10e e eSistema

k k kU q q q q q q q q q q q q q

d d d += + + = − + + − = −



Não esquecer que 91 150.10q q q C−= + ∧ + =

( )( ) ( )

2 29 9

2 2 22 98,99 x 10 8,99 x 10

10 150 x 100,12 0,12Sistema

Nm Nm

C CU q Cm m

−+= − = − 16,9 mSistemaU V= −

Outro método - tenho um sistema discreto! Logo devo de usar um somatório no cálculo, e não uma integração.

1

1.

2

n

Sistema K KK

U Q ϕ=

= ∑

Assim, fica [ ]1 1 2 2 3 3

3

1

1 1. . . .

2 2Sistema K KK

U Q q q qϕ ϕ ϕ ϕ=

= = + +∑ .

Ora o potencial na carga 1ϕ é de ( )1 1 132

2 3 2 3

KqKq Kq q

d d dϕ ϕ ϕ= + = + = +

( )2 2 231

1 3 1 3

KqKq Kq q

d d dϕ ϕ ϕ= + = + = +

( )3 3 31 2

1 2 1 2

Kq Kq Kq q

d d dϕ ϕ ϕ= + = + = +

Assim ( ) ( ) ( )2 3 1 3 11 2 3 2

1. . .

2Sistema

K K KU q q q q q q q q q

d d d

= + + + + +

( ) ( ) ( )2 3 1 3 12 3 21

1. . .

2Sistema

KU q q q q q q q q q

d= + + + + +

[ ]1 1 2 2 3 32 3 1 3 1 2

1. . . . . .

2Sistema

KU q q q q q q q q q q q q

d= + + + + +

1

2SistemaU = 2

K

d 21 2q q + 31 2q q + [ ]2 1 12 323 3

Kq q q q q q q q

d = + +



Como sei que 1 2 3 ; 4 ; 2q q q q q q= + = − = + , fica:

( )( ) ( )( ) ( )( )4 2 4 2Sistema

KU q q q q q q

d= + − + + + + − +

( ) ( )2 2 2 2 24 2 8 10 10Sistema

K K KU q q q q q

d d d= − + − = − = −

Como sei que 150q Cη= , fica ( )29

0

1 10150.10

4 0,12SistemaU Cπε

−= − 1,7 SistemaU mV=

Nota: na solução do professor está mal.

Exercício 19 - A figura mostra uma superfície Gaussiana na forma de um cilindro de raio R imerso num campo eléctrico uniforme E, com o eixo do cilindro paralelo ao campo. Qual é o fluxo Φ do campo eléctrico através desta superfície fechada?




Resolução 19 - ? E E E d AΦ = → Φ = ∫

E superfície gausiana é uma superfície fechada. ∫ - significa que é volume.

a b c

E E d A E d A E d A E d AΦ = = + +∫ ∫ ∫ ∫

“a”, “b” e “c” são as três superfícies do cilindro.

( ) ( ) ( ) .cos 180º .cos 90º .cos 0º 0 a c

a b c

E E dA E dA E dA E A E AΦ = + + = − + +∫ ∫ ∫

Nota: a cE A E A− =

20 /E Nm CΦ =

Nota: por convenção, transforma-se a a área num vector linear. Assim se o vector 2 20d A m=

, diz-

se qie 20A m=

, e é perpendicular ao centro do circulo. As áreas da superfície do cilindro, são TODOS perpendicular a CADA ponto da superfície, logo os seus valores anulam-se entre si. Como o cilindro tem duas faces opostas, ambas se anulam também, daí o resultado ter dado zero.

Exercício 20 - Qual é o fluxo eléctrico através de uma esfera que tem um raio 1,00 r m= e possui

uma carga 1,00 Cµ+ no seu centro?



Resolução 20 -

? E E E d AΦ = → Φ = ∫

( ) .cos 0º E E d A E dA E dAΦ = = =∫ ∫ ∫

Nota:

2

2

0

12 10

4

1

4

8,854.10

e

e

dA r

k qE

r

k

Fm

π

πε

ε − −

=

=

=

=

∫

Assim:

( )22

1 4

4ek q

E E dA rr

ππ

Φ = = =

∫

20

.q

rε4π

2r( ) ( )62

1202

1 1. . 1 x 10

8,854.10q C

C

Nmε

−

−

= =

( )62

1202

1 1. . 1 x 10

8,854.10E q C

C

Nmε

−

−

Φ = =

5 21,13 x 10 /E Nm CΦ =



Exercício 21 - Um campo eléctrico não uniforme

dado por ( ) ( ) -13,0. 4,0 NCi j

E x= + trespassa o

cubo Gaussiano ilustrado na figura. (E está em newtons por coulomb – N/C – e x em metros.)

Qual é o fluxo eléctrico através da face da direita, da face esquerda e da face do topo?

( ) ( )3 4 i j

NE x

C= +

cuidado por no eixo dos “x” depende da posição!

Resolução 21 - ( )3 ; 4 ; 0 / E x N C=

E E d AΦ = ⇔∫

esquerdo direito Topo

E E d A E d A E d AΦ = + +∫ ∫ ∫

( )ndepende da posi o! depende da posi o!ão

3,0. ; 4,0 ; 0 ; 0 ; 0esquerdo

e e çã çã

E E d A x dA

Φ = =

−∫ ∫



( )

2o fluxo é contrar 3 0 1,0io ,

3,0. 3,0. 3,0 x 1,0 x 4,0esquerdo

e e Area

E x dA x dA= −

Φ − = −= = −∫ ∫

212 /esquerdo E Nm CΦ = −

( )para o lado direito nãotem qualquer utilidade!

; 4,0 ; 0 ; 0 ;3,0. 3,0 .0direito

d d d

E E d A dA dAx x

Φ = = =

∫ ∫ ∫

( )

2 3,0 1,0

x 3 x 43,0direitoposição do lado direito Area

E= −

Φ =

236 /direito E Nm CΦ =

( ) ( )4,0 3,0. ; ; 0 0 ; ; 0 4,0Topo

T T T

E E d A x dA dAΦ = = =∫ ∫ ∫

( )

2 3,0 1,0

4,0 x 4valor obtido da equ

Topo

Areaação de campo

E= −

Φ =

216 /Topo E Nm CΦ =



Exercício 23 - A figura mostra cinco pedaços de plásico carregados e uma moeda electricamente neutra. Uma superfície Gaussiana é indicada (S).

Qual é o fluxo eléctrico total através da superfície se 1 4 3,1 , q q nC= = +

2 5 -5,9 , 3 -3,1 q q nC e q nC= = = ?

Resolução 23 - interno

0

QE

εΦ =

6 6 631 2 3

120

3,1.10 5,9.10 3,1.10666,4.10

8,854.10

q q qE

ε

− − −

−

+ + − −Φ = = =

Nota: não esquecer que uma superfície Gausiana é uma superfície fechada.

Exercício 25 - Uma esfera sólida isolada de raio a possui uma densidade volúmica uniforme ρ e transporta uma carga total positiva Q. Calcule a magnitude do campo eléctrico para um ponto:

(a) exterior à esfera.

(b) interior à esfera.

Resolução 25a) - como r > a 2

ek qE

r=

É uma carga pontual.

Superfície Gausiana



Resolução 25b) – Lei de Gauss

0

q

E d A Calculo Auxiliarε

= ⇔∫

Calculo Auxiliar: ? corpo electrico para E r a= → <

3

3

4.

4 33

Q q q rq

V v r

δ πδ

π= = = → = E também sei que 24 .dA rπ=∫

Assim:

( )

3

3 32

0 0 0 0

44 43 43 3

rq r r

E dA E dA E dA E r

δ πδ π δ π

πε ε ε ε

= ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔∫ ∫ ∫

0 0

como sei que então substituindo: 3 3

r Q QrE E

V V

δδ

ε ε= ∨ = =

300

e como então 43

3 33

Qr Qr QrE E a r E

Vr

ε ε π= ⇔ = ⇔ = ⇔ =

0

4

3ε 3aπ

⇔

3 30 0

1E como sei que então

4 4e

e

k QrQrk E E

a aπε πε= = ⇔ =

Calculo Auxiliar: ( )( )0 0 0

22r r rdA rl

Q Q QE E E

rlπε ε επ= ⇔ = ⇔ =∫



Assim: ( )1

1 2 2

r

r r rV E d r V V V V E d r= − ∧ = − → = − ⇔∫ ∫

( ) ( ) ( )( )

( )( ) ( )

1 1 1

22 20 0 0 0

1 .ln . ln 2 ln 1

2 2 2 2

r r r

rr r

Q Q Q QV d r d r r r r

rl l r l lπ ε π ε π ε π ε

= − = − = − = − −

∫ ∫

( )( )

0

2.ln

2 1

Q rV V

l rπ ε

= −

Como sei que: QQ

CV

= =Q

−( ) 0

2.ln

2 1r

l rπ ε

( ) ( )02

2

ln1

lC F

r

r

π ε= −



SÉRIE3–PolarizaçãodaMatéria(Condensadores)

Tópicos - Polarização

Deslocamento eléctrico

Densidade da energia do campo eléctrico num material

Exercício 1 - Calcule a capacidade C de duas placas paralelas de área 2100 A cm= separadas por uma distância 1 d cm= .

Resolução 1 - dados: ( )2 4 2100 100 10A cm m−= × ( )21 1 10d cm m−= × ?C =

Sei que E V= −∇

, então fica:

1º - 0 0

Q QE E

A A

σσ

ε ε= ∧ = ∧ =

2º - 0 0 0

. . .d Q d

V Ed dA

σσ

ε ε ε= = = =

3º -

0 0

. . .

QQ Q Q QC

dV E d dσ

σε ε

= = = = =Q

0

0

.

.

A

dd

A

ε

ε

=



Assim: ( )

( )

24 2 12

212

2

100 10 8,85 100,885 10 0,885

10

Cm

NmC F pFm

− −

−−

× ×= = ×

Exercício 2 - Encontre a área de um condensador de placas paralelas com separação entre placas de 1 cm e uma capacidade de 1F . (é ao contrario do exercício 1).

Resolução 2 - dados: ? 1 1 A d cm C F= = =

1º - 0.AC

d

ε=

2º - 2

9 22 2

12 1202 2

. 1 0,01 101,13 10

8,85 10 8,85 10

C d F m FmA m

C C

Nm Nmε

−

− −

×= = = = ×

× ×



Exercício 3 - Encontre a expressão para a capacidade de um condensador cilíndrico que consiste em dois condutores ambos de comprimento L.

Um dos cilindros tem raio ( )1r a e o outro é um cilindro

oco (ou seja, é uma superfície cilíndrica) coaxial de raio

interior ( )2r b , com 1 2 .r r L<

Resolução 3 - dados:

?

1

1

A

d cm

C F

=

=

=

Calculo Auxiliar:

( )0 0 0

2 r r

Area

r

Q Qd A rL

QE d A E E

ε ε επ= ⇔ = ⇔ =∫∫

0 2r

QE

rLε π=



Como, 2 1 r r

V

r

QC E dr E dr EV V

VV d rϕ= ∧ ∆ = − −⇔ = − ⇔ = −∫ ∫ ∫

( ) ( ) ( )( )( )

2 1

0

2 2 2 2

11 1 10 0 0

2

2

1

. ln

. 2 . 2 . 2r r

r

r r r r

r rr r r

QE

V

L

r

V

r

Q dr Q d r QE d r rV

rL L r L

πε

ε π ε π ε π

=

−

= − = − = − = −∫ ∫ ∫

( )( ) ( )( )2

012 1. ln ln

. 2rVQ

r rLε π

= − − ( )

112

0 2

.ln. 2r

rQV

L rε π

−

=

Como sei que Q

CV

= (Lei de Gauss) então fica:

( )

0

2 2

0 1 1

2

.ln ln. 2

LQC C

r rQ

L r r

π ε

ε π

= ⇔ = −

−

Exercício 4 - Um condensador de placas paralelas com placas quadradas de lado 14 cm e separadas por 2,0 mm é conectado a uma

bateria e carregado até 12V. A bateria é depois desligada do condensador e distam entre placas é aumentada para 3,5mm.

(a) Qual é a carga no condensador?

(b) Quanta energia foi inicialmente guardada no condensador?

(c) Quanto é o aumento de energia após se mudar a separação entre placas?

(Igual a pergunta 4 da frequência do dia 14 Novembro de 2007)



Resolução 4a)

14

2

3,5

12

i

f

l cm

d mm

d mm

V V

=

=

=

∆ =

Sei que

0 AC

dQ

CV

ε=

=

Assim sendo fica: 00 A QQ V

V d

A

d

εε= ⇔ = ⇔

( )( )

x 2

3

2

122

9

0,14 x 0,18,85 x

1,04 x 10 1,042 x

10 4

11

02

Area Lado L o

mm

ad

Q Q

m m

CV

C

Q Cm

Nmη

=

−

−−

⇔ = ⇔

⇔ =

=

Resolução 4b) sei que 1

2U QV= . Assim sendo fica:

( )( )9 911,04 x 10 12 6,24456 x 10

2U U− −⇔ = ⇔ = 6, 24456 U Jη=

Nota: a carga é sempre a mesma!

Resolução 4c) sei que ( )2

1 20 0 2

1

2 .f i f

Q QQ Q U Q V V E V

A C

σε ε

= ∧ ∆ = − ∧ = = ∧ = .



logo

Inicial FinalInicial Inicial Final Final

Inicial Final

U UU E d U E d E

d d= ∧ = = = ou posso fazer assim:

( ) ( )( )( )

11 3

12 402 0

104,16.10 3,5.10 21

8,854.10 196.10Final

Final

Final

Q dQ QU V

AC Ad

ε ε

− −

− −= = = = =

( ) ( )( )9 91 11,04 x 10 21 12 4,68 x 10 4,68

2 2f iU Q V V J U Jη− −∆ = − = − = ⇔ ∆ =

Exercício 5 - Dois condensadores têm capacidades 20 Fµ e 30 Fµ . Encontre a capacidade

equivalente no caso de os condensadores estarem conectados em:

(a) paralelo

(b) série

Resolução 5a) 6 61 220 20 x 10 30 30 x 10C F F C F Fµ µ− −= = ∧ = =

6 6 620 x 10 30 x 10 50 x 10eq eqC F F C F− − −= + ⇔ =

Resolução 5b)

( ) ( )2 1

2 1

1 2 2 1

1 1 1 1

eq eqC C

C C

C C C C C C

+= + ⇔ =

6 6 10 22 1

6 62 1

20 x 10 x 30 x 10 6,0 x 10

20 x 10 30 x 10eq

C C F F FC

C C F

− − −

− −= = =

+ + 650 x 10 F− 51, 2 x 10eqC F−=



Exercício 6 - Um condensador de 2 μF e outro de

4 μF estão ligados em série a uma bateria de 18V. Encontre a carga e a diferença de potencial para cada um dos condensadores.

Resolução 6 - A corrente no circuito é a mesma!


Sei que 1 21 2

1 2

./ /T

C CC C C

C C= =

+, assim sendo fica:

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )6 6

6

6 6

2 x 10 . 4 x 101,3 3 x 10 1,3 3

2 x 10 4 x 10T T TC C F C Fµ

− −

−

− −= ⇔ = ⇔ =

+

Como Q

CV

= , então o total é

624 x 10 24 TT T T T

QC Q VC Q C Q C

Vµ−= ⇔ = ⇔ = ⇔ =

E individualmente é 1 21 2

Q QC C

V V= ∧ =

6

1 1 1 161 1

24 x 1012

2 x 10T TQ Q

C V V V VV C

−

−= ⇔ = ⇔ = ⇔ =

6

2 2 2 262 2

24 x 106

4 x 10T TQ Q

C V V V VV C

−

−= ⇔ = ⇔ = ⇔ =



Exercício 7 - Considere o circuito constituído pelos três condensadores na figura.

(a) Encontre a capacidade equivalente.

(b) Encontre a carga e a queda de tensão em cada condensador quando o sistema

é ligado a uma bateria de 6V.

Resolução 7a) (consultar o livro Física Volume 2 4ª Ed do Paul A. Tipler, pagina 100)

( ) ( )6 6 61 2 3/ / 2 x 10 4 x 10 / / 3 x 10Equivalente EquivalenteC C C C C − − −= + ⇔ = + ⇔

6 66

6 6 6

126 x 10 . 3 x 10 18 x 102 x 10

6 x 10 3 x 10 9 x 10Equivalente Equivalente EquivalenteC C C F− −

−− −

−

−⇔ = ⇔ = ⇔ =

+

2 EquivalenteC Fµ=

Resolução 7b) 66.2 x 10TEq T Eq T

QC Q VC Q C

V−= ⇔ = ⇔ = ⇔

612 x 10 12 T TQ C Q Cµ−⇔ = ⇔ =

6

12 126 61 2

12 x 102

2 x 10 4 x 10TQ C

V V VC C F F

−

− −= = =

+ + 12 2V V=

12 2 1 2V V V V= = =



6

3 3 363

12 x 104

3 x 10TQ C

V V V VC F

−

−= ⇔ = ⇔ =

( ) ( )6 61 1 1 1 1 1. 2 . 2 x 10 4 x 10 4 Q V C Q V F Q C Q Cµ− −= ⇔ = ⇔ = ⇔ =

( ) ( )6 62 1 2 2 2 2. 2 . 4 x 10 8 x 10 8 Q V C Q V F Q C Q Cµ− −= ⇔ = ⇔ = ⇔ =

Exercício 8 - Um condensador de placas paralelas tem placas quadradas de lado 10 cm e uma

separação 4d mm= . Uma laje dieléctrica de constante 2 rε = tem a mesma área que as placas.

(a) Qual é a capacidade sem o dieléctrico?

(b) Qual é a capacidade se a laje dieléctrica preenche o espaço entre as placas?

(c) Qual é a capacidade se uma laje dieléctrica de 3mm de espessura for inserida na abertura de 4mm?


Resolução 8a) 10 4 2rl cm d mm ε= = =



Situação importante, é a espessura do dieléctrico: é IGUAL ao espaço entre as placas.

Sei que 0 A QC C

d V

ε= ∧ = .

Assim sendo fica:

( )12

0 0 03

4

12

x

0

2

2

22

0,1

,125

x 0,8, 1

x 104 x

85 x 10

10

Area Lad

m

o ado

m

L

C C C Fd m

m mA

C

Nmε

=

−

−−

= ⇔ = ⇔ = ⇔

0 22,125 C pF=

Resolução 8b)

Sei que ( ) 0

02

22. .2 ,125r

rrC

d d

AC p

AF

ε

ε εε

ε=

= = = = 2

44, 25r

C pFε =

=

Resolução 8c) Espaço que fica livre é 1

4d e preenchido é

3

4d

0'r

EV Ed E

ε= ⇔ =

0

00

0000

00

'3

4

41

' ' 331 3

44 4

1

4V

r

rr

V r r rC

Q Q Q QC C

QEV E d E d E d

CV

dd E

εεε

ε ε ε==

= → = = = = = + + + + +

( ) ( )( )

223

'4

,12

2pFC =

+ ' 35,4 C pF=



Ou então, poderíamos imaginar que se tem dois condensadores em serie:

( ) ( )2

4 12 22

1 3

12

3

22

0

100.10 8,85 x8,85 10 10

10 0

1

1 1

x 0C

N

C

NmA mC

mm

ε− − −

−

−

−

= = = 1 88,5 C pF=

02

4

3r AA

Cd mm

εεε= = =

3

1

4rε

1

30 1288,5 x

2 10

10 3C

Aε −−

= 2 59 C pF=

Como ( ) ( )

( ) ( )

12 12

1 21 2 12 12

1 2

88,5 x 10 . 59 x 10./ /

88,5 x 10 59 x 10T

C CC C C

C C

− −

− −= = =

+ + 35,4 TC pF=

Exercício 9 - Dois condensadores de placas paralelas, cada um tendo

uma capacidade 1 2 2 ,C C Fµ= = estão ligados em paralelo a uma

bateria de 12V. Encontre:

(a) a carga em cada condensador.

(b) a energia total armazenada nos condensadores.

Os condensadores são depois desligados da bateria e um dieléctrico

de constante 2,5 rε = é inserido entre as placas do condensador 2C .

Depois de o dieléctrico ser inserido, encontre:

Sei que :

1 2

eq

T

QC

VQ Q Q

=

= +



(c) a diferença de potencial para cada condensador.

(d) a carga em cada condensador.

(e) a energia total armazenada nos condensadores.

Resolução a) Assim sendo fica: 6 64 x 10 .12 48 x 10TQ − −= = 48 TQ Cµ=

Como: ( )1 2 1

1 1então 48

2 2TQ Q Q Q Cµ= = = 1 24 Q Cµ=

Resolução b) sei que 21 1

2 2U QV U CV = ∨ =

.

( ) ( )22 6 61 1. . . 4 x 10 . 12 288 x 10

2 2eqU C V J− −= = = 288 U Jµ=

Resolução c) após as alterações iniciais, fica:

( ) ( ) ( )6

6 61 2

48 x 10´

2 x 10 2,5 . 2 x 10AB

eq r

Q Q CV

C C C F Fε

−

− −= = =

+ + ´ 6,86ABV V=



Como as tensões são iguais, 2 1 6,86V V V= = .

Nota – a carga do sistema contínua igual, por isso ´eq ABQ C V=

Resolução d)

( ) ( )6 61 1 1. 2 x 10 . 6,83 13,7 x 10Q C V F V C− −= = = 1 13,7Q Cµ=

( ) ( )6 62 2 1. 2,5.2 x 10 . 6,83 34, 29 x 10rQ C V F V Cε − −= = = 2 34,29Q Cµ=

Resolução e) 61 2 7 x 10eq rC C C Fε −= + = 7 eqC Fµ=

( ) ( )22 6 61 1. . . 7 x 10 . 6,83 164,7 x 10

2 2eqU C V C V J− −= = = 164,6 U Jµ=

Ver livro do Tripler.



SÉRIE4–CorrenteEléctricaEstacionaria

Tópicos - Movimento de cargas e corrente eléctrica

Lei de Ohm

Visão microscopia da transferência da corrente na matéria

Energia dissipada de uma resistência e efeito de joule

Força electromotriz

Análise de circuitos e leis de Kirchhoff

Associação de resistências em serie

Associação de resistências em paralelo

1ª lei de Kirchhoff

2ª lei de Kirchhoff

(nota: os exercícios 1 e 2 nunca saíram em frequências!)

Exercício 1 - Um fio típico para experiências de laboratório é feito de cobre e tem de raio 0,815 mm

. Calcule a velocidade de deriva (ou velocidade média) dos electrões nesse fio no caso de ele transportar uma corrente de 1A, assuma um electrão livre por átomo.

Nota: 23Na = número de Avogadro = 6,02 10 átomos/mol; ×

3Resistividade do Cobre 8,93 / ; Cu g cmρ→ =

= massa molar cobre = 63,5 / .CuM g mol




Resolução - nota “assuma um electrão livre por átomo” eq q→ = .

23 30,815 1 6,02 x 10 atomos 8,93 /ar mm I A N g cmρ= = = =

massa molar do cobre = 63,5 /CuM g mol=

x nº de molesnº de molesCu Cu

mM m M= ⇔ =

22 38,96 x 10 atomos /nº de moles

aa

nN cm= = e 2A rπ=

. . . dq nI Av= , em que n é a densidade numérica (numero por volume).

( )( )

é o nº de electrões por unidade de . .

nota:

volumed

e e

Iv

q A

n n

nn

nm assa m

VV olummV

ee

ρρ

= ⇔

= ⇔ =

→

= =

nº de moles

. .

x Cu

a aCu

Cu

CuN Nn n

M M

ρ ρ= ⇔ = ⇔

236,02 x 10 atomos /n

mol⇔ =

( ). 8,93 g( )3

6 ,5

/

3

cm

g / mol( ) ⇔

22 3 28 38, 47 x 10 atomos / 8, 47 x 10 atomos /e

n cm n m=

⇔ = ⇔ =

Assim, ( ) ( ) ( )

5

19 3

Carga do Electrão

288,

13,54 x 10 m/s

. . 1,602 x 10 0,847 x 15 00 11 x d

Raio

Iv

q An π−

− −= = =



Exercício 2 - Num determinado acelerador de partículas, uma corrente de 0,5 mA é transportada por

um feixe de protões de 5MeV que tem um raio de1,5mm .

Nota: massa de um protão é 271,67 10 kg−× .

(a) Encontre a densidade numérica de protões no feixe.

(b) Se o feixe embater num alvo, quantos protões atingem o alvo em 1 s?


Resolução a) feixe = 5MeV , quando se dá isto, usualmente é devido a energia cinética.

271,67 10 pm kg−= × .

A energia cinética é: ( )221 1

2 2C dCE m Ev vm= ⇔ = ⇔

227

2 2 2

1,67 10 C C C

dd dv vE E E

vm m kg−

⇔ = ⇔ = ⇔ =×

Agora falta a CE .

Sei que ( )6 13196 1,602 x 10 15 5 5 10 80 10eV V C V JeM − −= = = ×× ×

( )x Coulumb Volt Joule=

Ou seja 135 8 10MeV J−= × . Assim substituindo, fica:

( )13

2 13 327

2 8 102 21, 43 10 /

1,67 10 C C

d d d dv vJE E

v v protões mm m kg

−

−

×⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ×

×



Agora, . . .. .d

d

II q An nv

q A v= ⇔ = ⇔

( )

( ) ( )

3

219 3 13 3

Carga do protão

0,5 x 10

1,602 x 10 . 1,5 x 10 .1, 43 10 /

Raio

Superficie

mn

C m protões mπ

−

− −

= =

=

⇔ = ⇔ ×

6 330,88 x 10 atomos /e

n m=

=

Resolução b) ( ) ( )3 3. 0,5 x 10 . 1 0,5 x 10Q

I Q I t Q Q Ct

− −∆= ⇔ ∆ = ∆ ⇔ ∆ = ⇔ ∆ =

∆.

Nº de protões = 30,5 x 10Q C

q

−∆=

191,602 x 10 C−153,13 x 10= protões.

Exercício 3 - A densidade de corrente num fio cilíndrico de raio 2,0 R mm= é uniforme através da

secção do fio e é 5 22,0 10 /j A m= × .

(a) Qual é a corrente através da porção exterior do fio entre as distâncias radiais e ?2

RR

(b) Suponha que afinal a densidade de corrente através da secção varia com a distância radial R

como 2j ar= , onde 11 43,0 10 /a A m= × e R está em metros.

Qual é agora a corrente através da mesma porção exterior do fio?



Resolução a) j é a densidade de corrente, 5 22,0 10 /j A m= × ou 2

R Rj A A

= −

Microscópica: j Sd∫

e Macroscópica: j Ad∫

Pretende se ; ?2

RI R =

, e I j d S= ∫

Nota: 2

2

2

;2R R

RA R Aπ π = =

O que se pretende é a corrente que passa na faixa (bainha) a branco. Ou seja de toda a face do fio de cobre, só de pretende saber da coroa exterior.

Assim: 22

; 2

R R

RR

A A

AA

RI R j dS I j dS I j S

= ⇔ = ⇔ = ⇔ ∫ ∫

A área TOTAL é 2RA Rπ= e a área de dentro (que vou subtrair) é

2

2R

RA π =

. Assim fica:

( )2 2

2 2 2 11

2 4 4

R RI j R I j R I j Rπ π π π

⇔ = − ⇔ = − ⇔ = − ⇔

( ) ( )25 2 32 3 2 10 / 2 1031,885

4 4

A m mj RI I I A

ππ−× ×

⇔ = ⇔ = ⇔ =



De outro modo, pela sua relação entre si, e poderia ser assim:

A relação é

1 2

1 2

Total da secção

Nucleo

I I

A A= , pois a densidade é uniforme! E o que se pretende é 1 2I I− .

1 2 2 1 1 2 2 1 10I A I A I A I A I π− = ⇔ = ⇔R

2

22I π

=

R( )( )2

2

11 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2

10

2 4

II A I A I A I A I I I

− = ⇔ = ⇔ = ⇔ =

Assim, fica: ( )11 11 2 1 1 2 2

3 3 3

4 4 4 4

II I I I I jAI I− = − = ∧ = ⇔ =

( ) ( ) ( )( )222

52.10 0,3 3

1,8804 4

02j RI Aπ π⇔ = = =

Resolução b) 2j ar= e 11 43,0 10 /a A m= × e 2 dS r drπ=

Ou seja, quanto mais afastado do centro, logo mais próximo da superfície exterior, maior a densidade da corrente. Já não é uniforme! Só se resolve com um integral.

( ) ( ) ( )2 2 2 I j d I ar dS I a rS r drπ= ⇔ = ⇔ = ⇔∫ ∫ ∫



Não procuro a densidade no anel exterior conforme figura:

Mas sim a superfície:

Agora vou ampliar a área:


dA dS d drr θ= = , em que dr é o comprimento e rdθ é a largura (comprimento do arco).


( )4( )2 3

( )2 ( )

2

2 2 24

R rR r

Rr R

r

rI a r r dr I a r dr I aπ π π

==

==

⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔

∫ ∫



( )

44

4 4 42 22 24 4 4 4

R RR R

I a I aπ π

⇔ = − ⇔ = − ⇔

4 4

2 24 64

R RI a Iπ

⇔ = − ⇔ =

4 416

2

R Raπ

− 415

32.32

RI aπ

⇔ = ⇔

( ) ( )11

44 315 3 x 1015

2 x 10 7,0732 32

aI R I I A

ππ −⇔ = ⇔ = ⇔ =

Poderia ter feito ( ) ( ) 32

2

02

2R

R

I j d I ar dr I a rr rS d dπ

θ π= ⇔ = ⇔ = ⇔∫ ∫ ∫∫

( ) ( ) ( )44 4

4

2

15

4 4 2

2

2 162

R

R

ar R a RI a I R I

ππ

π ⇔ = ⇔ = − ⇔ = ⇔

( ) ( )1 413.10 15 0,0027,07

2 16I I A

π⇔ = ⇔ =



Exercício 4 - Considere a densidade de corrente

( ) ( ) ( ) ( )( )4 210 sin 2 exp 2 cos 2 exp 2 /ax ay

j x y x y kA m= − − + −

(a) Encontre a corrente que atravessa o plano 1 y = na direcção ay na região 0 1,x< < 0 2.z< <

(b) Encontre a corrente que sai da região 0 x 1, 2 z 3, 0 y 1< < < < < < integrando .j dS na superfície

do cubo.

Resolução a) I=? (intensidade de corrente eléctrica)

Nota 1: 0 1

10 2

xy

z

< < =

< < , “y” é sempre constante, as outras variáveis é que variam.

Nota 2: cuidado com a unidade, pois é nos apresentando em unidade múltipla, que é o kilo, assim

( )4 2 2 7 234 110 / 10 x / .0 10 /kA m A m A m− = − = −

( ) ( ) ( ) ( )( )7 210 sin 2 exp 2 cos 2 exp 2 /ax ay

j x y x y A m= − − + −

ay ayd S dS dxdx= =

Em que dxdx é o deslocamento da integração, e ay é a direcção.

( ) ( ) ( )7 2 2 10 sin 2 ; cos 2 ; 0 0 0; ;y y

azax ay

I j d I x e x e dxS dz− − = ⇔ = − ⇔

∫ ∫

( ) ( ) ( )( )7 2 2 7 2

00

10 sin 2 ; cos 2 ; 0 10 cos 2 y y yI x e x e dx dxdydz x e dxddydz z− − −

==

= − = − ∫ ∫



( )7 210 cos 2 yI e x dxdz−= − ∫

Sei que 1y = , logo ( ) ( )7 7 2210 cos 2 10 cos 2 I e x dxdz e x dx dz−−= − = −∫ ∫ ∫

Sei os valores em que variam as variáveis: 0 1 0 2x z< < ∧ < < :

( ) ( ) ( )7 2 21

1

0

2

00

2

0

7 sin 2cos 2

2 10 10

z z

zz

xx

xx

xx d IdI ez zxe−

==

==

=

−= =

=⇔ = − ⇔

= − ⇔∫∫

( )( ) ( )( )( ) ( ) ( )7

0

2 7 22 0sin 2 1 sin 2

10 sin 2 sin 0

2 2

20 10I e I e−

=

−⇔ = − ⇔ =−

−−−

( ) 2 ⇔

( )7 210 sin 2I e−= − 1 231 I KA= −

Nota:

Este é o plano, com o 1y =

Em que . yd dA aS =

e ya

indica a direcção.

A dourado está o plano que é atravessado, pois está limitado por:

0 x 1, 2 z 3, 0 y 1< < < < < <



Por isso poderia ter feito assim:

( ) ( ) ( )1 2

4 2 2 4 2

0 0

10 sin 2 cos 2 . 10 cos 2y y yx y y

S

I j d x e a x e a a dAS x e dzdx− − − = = − + = − ∫ ∫ ∫ ∫

Em que o 1º integral diz respeito ao “dx” e o 2º ao “dy”, e como 1y = , fica 2 2ye e− −= ,

( ) ( ) ( )1 2 1 2 1

24 2 4 2 4 2

00 0 0 0 0

10 cos 2 10 cos 2 10 cos 2 .I x e d d e x d d exz z zx x dx− − −= − = − = − ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

( )1

4 2 4 2

0

210 cos 2 0 21I e x dx e− −= − = − ∫ ( )1

0sin 2x

Nota: o 2 “corta” pois na integração do ( )cos 2x em ordem a “x” fica ( ) ( ) ( )2 'sin 2 2.sin 2x x x= , ou

seja precisava de um 2, e como já o tinha, é só retirar.

( )1

4 2 4 2

0

210 cos 2 0 21I e x dx e− −= − = − ∫ ( ) ( ) ( )1 4 2 4 2

0sin 2 10 sin 2. 101 sin 2e ex − − = − = −

( )4 2 410 sin 2 0,123.10I e KA−= − = − 1 231 I KA= −



Resolução b) I=? (intensidade de corrente eléctrica)

Nota: O cubo não existe, é apenas teórico!

Não é dito no enunciado, por isso subentende-

se que a direcção é ya

.

I j d S= ∫

( )1 2 3 4 5 6 I S S S S S Sj d d d d d d= + + + + +∫

( ) 0I j= ∫

0I =

Exercício 5 - Encontre a corrente que atravessa a porção do plano 0 y = definido por

0,1 0,1 x m− ≤ ≤ e 0,002 0,002z m− ≤ ≤ se ( )2 210 | | ayj x Am−= .

Resolução a) I=?

( )2 2

0 0

0 ; 10 | | ; 0 ; ; 10 0 ; | | ; 0 00ax azay d

j

S

I j d x dxdz xdydz dydzS dxdz= ==

=

= = =

∫ ∫ ∫



2 210 | | 10 | | I x dxdz x dx dz= =∫ ∫ ∫

Sei os valores em que variam as variáveis: 0,1 0,1 0,002 0,002x m z m− ≤ ≤ ∧ − ≤ ≤ :

0,1 0,002

0,001 2

2

0,10 | |

z

z

x

xd dxI zx

=

=−

=

=−= ∫ ∫

Tenho de que me recordar de que: 1

| | | |2

x dx x x=∫ . Assim sendo, e voltando ao exercício,

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )0,002

0,00

0,12

1

2

20,

011 1 1

| | 0,1 0,1 0,1 0,1 2 2

0 10 ,002 0,0 22

0x

x

xx

x zI x=

=−

=

=−= = − − − − −

( )( )2 33 35 x 10 5 x 1010 0,00 x 104 4 I A−− −= =+ 4 I mA=

Exercício 7 - Seja ( ) ( )3 210 sin rj a Amθ −= (em coordenadas esféricas). Encontre a corrente que

atravessa a superfície esférica 0,02r m= .

Resolução a) ( )32

10 0,02 .r

Aj sen a r m I j d s

mθ= ∧ = ∧ = ∫



Nota:

( ) ( ) ( )2

3 2 3 2 3 2 2

0 0

. 10 sin . . 10 . . . 10rI j d s a r sen d d r sen sen d d r sen d dπ π

θ θ ϕ θ θ θ ϕ θ θ θ ϕ= = = =∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫

[ ] ( )2 23 2 3

00

1 110 cos x 10 x 0,02 x

2 2 2I r sen

ππ π

θ θ θ ϕ = − + = x 2 ( )23 210 x 0,02 x π π=

3,95I A=

Exercício 8 - Calcule a resistência de um cilindro de alumínio que tem 10,0 cm de comprimento e 4 22,00 10 cm−× de área de secção recta.

(Dado: A resistividade do alumínio é 82,82 10 m−× Ω ).

Repita o cálculo para um cilindro das mesmas dimensões e feito de vidro com uma resistividade 103,0 10 m× Ω .

Resolução: 4 22 x 10A cm−= e 82,82 10 mρ −= × Ω (resistividade do fio).

82,82 10 Al

lR m

Aρ −= = × Ω

0,1 .

m8 2

2 x 10 m− 14,1 AlR µ= Ω



Exercício 9 - A resistividade de um fio de níquel-crómio é 61,5 10 m−× Ω .

(a) Calcule a resistência por unidade de comprimento do fio que tem de raio 0,321mm .

(b) Se aplicarmos uma diferença de potencial de 10V a um fio de níquel-crómio de 1,0 m de

comprimento, qual é a corrente no fio?

Resolução a): 0,321r mm= e pretende se ?R

l=

( )

6

22 3

1,5 10

0,321 10

l RR

A l r

ρρ

π π

−

−

×= ⇔ = =

× 4,6 /

Rm

l= Ω

Resolução b): 10 1V V l m= ∧ = → 10

2,24,6 /

V VI A

R m= = =

Ω

Exercício 10 - Os cabos coaxiais são usados extensivamente na televisão por cabo e em outras aplicações electrónicas. Um cabo coaxial consiste em dois condutores cilíndricos concêntricos. A região entre os condutores é completamente preenchida por silicone, e a corrente que se perde através do silicone na direcção radial é indesejada (o cabo é desenhado de maneira a conduzir corrente apenas ao longo do seu comprimento). O raio do condutor interno é 0,500 a cm= , o raio do

externo é 1,75 b cm= , e o comprimento 15,0 L cm= . Calcule a resistência do silicone entre os dois

condutores, sabendo que a resistividade do silicone é 640 mΩ . Compare a resistência com a do

condutor interno (assuma que é feito de cobre, cuja resistividade é 81,7 10 m−× Ω ).

Resolução:

2Superficie CilindricaA rLπ=

e



640 mρ = Ω e Silicone

lR

Aρ=

( ) ( ) ( )( )1. .ln . ln ln .ln

2 2 2 2

b b b

Silicone aa aR dr dr r

bb a

A L r L aL L

ρ ρ ρ ρπ π π

ρπ

= = = = − =

∫ ∫

640Silicone

mR =

Ω( )215 02 1 mπ −×( )

21,.ln

75 10− ×

20,500 10−×

851SiliconeR = Ω

Como me é dito que 81,7 10 Cu mρ −= × Ω , logo a resistividade do condutor interno é:

8

1,7 10 .CuCondutor Interno

mLR

A

ρ−× Ω

= =( ) 2. 15 10−× m( )

20,5 10π −× m( )2 32 Condutor InternoR µ= Ω

Como se pode verificar, a resistividade do cobre é muito inferior ao do silicone.

Exercício 11 - Um aquecedor eléctrico é construído aplicando uma diferença de potencial de 120V a um fio de níquel-crómio que tem uma resistência total de 8,0Ω . Encontre a corrente transportada

pelo fio e a potência do aquecedor.

a) ?I =

b) ?ρ =



Resolução a) 120 8,00V V R= ∧ = Ω →120

15,08,00

V VI A

R= = =

Ω

Resolução b)

ou

120 15,0 1800P V A W= × =

Exercício 12 - Um fio de níquel-crómio é usado vulgarmente como o elemento de aquecimento em equipamentos eléctricos. Um destes fios com 1,0m de comprimento é usado na parte de baixo de um forno e pode suportar uma corrente máxima de 16A quando é aplicada uma diferença de potencial de

120V às extremidades do fio. Se a resistividade do fio é 61,0 10 m−× Ω :

(a) Qual é o raio do fio?

(b) Qual a potência usada pelo forno?

Resolução a): 616 1,0 120 1,0 10 I A l m V V mρ −= = = = × Ω

E pretende se o ?r =

l V lV RI R

A I A

ρ ρ= ∧ = → =

Assim: 2sabendo que :V l lI

A A r ficaI A V

ρ ρπ= ⇔ = =



( )( ) ( )( )

2

61,0 10 1

2

6 ,0 1

1 0

mlI Ar r r

V V V

I mlρπ

π πρ

− Ω⇔

×= = ⇔ = ⇔

42,060129077 10 0, 2 r m r mm−⇔ = × ⇔ =

Resolução b): 120 .16 1 920P VI P V A P W= ⇔ = ⇔ =

Exercício 13 - Uma lâmpada de 100W é deixada acesa numa dispensa exterior para impedir que a tinta congele. Os 100W correspondem à potência dissipada no filamento da lâmpada, que é uma simples resistência. Se a electricidade custa 8 cêntimos/kWh, quanto custa manter a lâmpada acesa 3 meses durante o inverno?

Resolução: horas do dia dias do mês

100 ; 1 8 cêntimos ; 3 meses 3 30 24 2 160Qtmeses Qt

P W kWh t h= = ∆ = ≈ × × =

EnergiaP

t=

∆

Custo = nº de kWh x preço kWh.

Energia = P x t∆ = 100W x 2 160 h = 216 000 Wh = 216 kWh

Custo = 216 x 8 cêntimos = 1 728 cêntimos = 17,28 Euros.



Exercício 15 - Considere o circuito esquematizado que contém uma bateria ideal e quatro

resistências. Determine todas as correntes existentes no circuito sabendo que 12Vε = ; 1 20R = Ω ;

2 20R = Ω ; 3 30R = Ω ; 4 8 .R = Ω

Resolução: e 1 4 3 2R / /q R R R R= + + ⇔

( ) ( ) ( ) ( )e eR 20 8 30 / / 20 R 40q q⇔ = Ω + Ω + Ω Ω ⇔ = Ω

e

12 30,3

R 40 10Tq

V V VI A= = = =

Ω Ω

Ora sei que a corrente que passa em 1 4R R= . Tenho um divisor de corrente no ponto assinalado por

A.

3 3 3

2

2 3

20 3 6 0. .

20 30 10R T R R

RI I I I

R R

Ω= ⇔ = ⇔ =

+ Ω + Ω 50 0 30,12RA I A⇔ =

Utilizando a 1ª Lei de Kirchoff, 2 3 2 2

0,30 0,12 0,18R T R R RI I I I A A I A= − ⇔ = − ⇔ =



Exercício 16 - Encontre as correntes no circuito que se

segue, sabendo que 1 6Vε = ; 2 12Vε = ; 1 100R = Ω ;

2 10R = Ω ; 3 80R = Ω .

Resolução: vou escolher aleatoriamente sentido para as malhas (1 e 2) e corrente (ponto A).

( )1 1 1 2 2

2 2 2 3 3

1 2 3

. .

. .

R i R i

R i R i

i i i

ε

ε

= +

= − + ⇔ = +

( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 2 2 1 1 1 2 2

2 2 2 3 1 2 2 2 2 3 1 2

1 2 3 1 2 3

. . . .

. . . .

R i R i R i R i

R i R i i R i R i i

i i i i i i

ε ε

ε ε

= + − =

⇔ = − + − ⇔ = − + − ⇔ = + = +

( ) ( )

1 1 12

1 1 122

2

2 2 2 3 1 2 2 2

1 2 3

..

. .

R iiR i Ri

R

R i R i i R

i i i

εε

ε ε

−=− =

⇔ = − + − ⇔ =

= +

1 1 1

2

..

R i

R

ε −− 1 1 1

3 12

1 2 3

..

R iR i

R

i i i

ε

−

+ − ⇔ = +

1 1 12

2

2 2

.R ii

R

R

ε

ε

−=

⇔ = 1 1 1

2

.R i

R

ε− 1 1 13 1 3

2

1 2 3

.R iR i R

R

i i i

ε

−

+ + ⇔ = +



1 1 11 1 122

22

3 1 1 3 1 3 3 12 1 1 1 3 1 2 1 1 1 1 3

2 2 2 2

1 2 3 1 2 3

..

..

R iR i iiRR

R R i R R R RR i R i i R R

R R R R

i i i i i i

εε

εε ε ε ε ε

−− ==

⇔ = − + + − ⇔ + + = + + ⇔

= + = +

( )

1 1 11 1 122

2 1 1 122

2332 12 1 1

221 1 1

1 3 1 2 2 3 1 31 3

2 1 2 31 2 3

1 2 3

...

112 6 1 8

. . 980

R iR i ii R R iR iRRR

RRi i i

R R R R R R R RR RR i i ii i i

i i i

εεε

ε εε ε ε

−− == − = + ++ + + + ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ + + + +

= + = + = +

( ) ( )

( )

22 2

1 1 1

3 1 2 33

6 100 . 0,0670,074 7410

0,067 0,067 67

1410,067 0,074

i i i mA

i i i mA

i i i i mAi

−= = − = −

⇔ = ⇔ = ⇔ =

= − == − −

Exercício 17 - Encontre as correntes no

circuito que se segue, sabendo que 1 3Vε = ;

2 6Vε = ; 3 4,0R = Ω ;

1 2 4 5 2,0R R R R= = = = Ω .



Resolução: Tem duas fontes com o mesmo valor! Agora vou escolher aleatoriamente sentido para as malhas (1 e 2) e das correntes.

( )1 2 1 1 3 3 2 2

2 2 3 3 4 4 5 5 1 2 4 5

1 3 4

. . .

. . . Como:

R i R i R i

R i R i R i R R R R

i i i

ε ε

ε ε

− = + +

− = − + + = = = ⇔ = +

( )1 2 1 1 3 3 1 2

2 2 3 3 1 4 1 5 4 5 1 2

1 3 4

. . .

. . . Como:

R i R i R i

R i R i R i i i i i

i i i

ε ε

ε ε

− = + +

− = − + + = ∧ = ⇔ = +

Faço depois….



SÉRIE5–Campomagnético

Tópicos - Campo magnético

Efeito do campo magnético sobre corrente eléctrica

Nota – fazendo uma analogia, a ter em conta:

e mF F←→

E B←→

Recordar os produtos internos:

2 21 3 31 0. . .e e e e e e= = =

(pois estão em paralelo).



2 23 31 1

1 13

1 1

3

3 3

2 2

2 2

? ?

? ?

? ?

. .

. .

. .

e e e e e e

e e e e e e

e e e e e e

= ∧ =

= ∧ =

= ∧ =

, e agora quanto ao sinal?

É fácil, se a numeração subir um degrau ímpar, é positivo, se subir um número de degrau par é

negativo. Se descer é ao contrário. Número ímpar é negativo, e par é positivo. Assim fica:

2

3

32

1

1

1

1

2

2

32

1

1

3

.

.

.

e e

e e

e e

↑ →

↑ →

↑

→

→

+

→ −

→ +

e

12

2

3

3

1

3

3

1

2

1

2

2

1

1

.

.

.

e e

e e

e e

↓ →

↓ →

↓

→ −

→ +

−→→

Assim,

3 31 1

1 1

1

3

2 2

2 23

3 2 132

+

+

+

. .

. .

. .

e e e e e e

e e e e e e

e e e e e e

= ∧ =

= ∧

−

−

−

=

= ∧ =

Exercício 1 - A carga pontual Q 18 Cη= tem de velocidade 6 15 x 10 ms− na direcção

0,04 0,05 0, 2v ax ay aza = − +

. Calcule a magnitude da força exercida sobre a carga pelo campo:

(a) 3 4 6 ax ay az

B mT= − + +

.

(b) 3 4 6 /ax ay az

E kV m= − + +

.

(c) B e E a actuarem em conjunto.



Resolução 1a) – Ficou fácil porque tem a mesma direcção (“…na direcção…”).

Pequena introdução - v nv=

, em que v

é o vector, v o valor unitário e n

o versor.

7 u n=

Estão aqui três versores iguais, só muda o seu valor

unitário, pois tem a mesma direcção e sentido.

Agora notar que:

x x m mF B F Bv I lq= ∧ =

Agora vou-me aproximar destas duas definições:

É habitual ver desta forma!

.Q l x

It t

Q t I vt

v

= ⇔ = ∧ = → =

E substituindo nas definições x x m mF B F Bv I lq= ∧ =

( ) x . m m

lF B F

tt I t

= ⇔ =

( ).Il

t

( ) ( ) x x x m mB F l B F I BI l⇔

= ⇔ =



Assim o exercício, tendo 0,04 0,05 0, 2v ax ay aza = − +

, para uma velocidade de 6 15 x 10 ms− .

( )6 1

2 2 2

0,04 0,05 0, 25 x 10

0,04 0,05 0, 2

ax ay azv ms−

+

− +=

+

Como 6 1 2 4 15 x 10 5 x 10 x 10 ms ms− −=

( ) ( ) ( )4 1 4

2 2 2 3

2

3

2

3

0,04 0,05 0, 2 0,04 0,05 0, 25 x 10 5 x 10

0,04 0,05 0,2 1,6.10 2,5.10 4

x 10x 1

0.10

0

ax ay azax ay azv ms−

− − −

− +− +

+ += =

+ +

( ) ( )4

433

4 5 20 5 x 105 x 10 . . 4 5 20

210 x 1044,1.10

ax ay az

ax ay azv

−−

− += = − +

( )

650 x 10. 4 5 20

210 ax ay azv = − +

Agora sabendo que ( ) -33 0 4 6 1 .ax ay az

B T= − + +

, fica:

( ) ( ) ( )( )96

-3X50 x 10

. 4 5 202

18.10 x 3 4 6 .1010

ax aym ax a azaz y

qv B CF − −

= = − + +

+

( ) ( ) ( )6 X50

. 4 5 20 3 4 6210

18.10m ax ay az ax ay azF − = − + − + +

( )( ) ( )6 X4, 29.10 4 5 20 3 4 6m ax ay az ax ay azF −= − + − + +

.



Trata-se de um produto externo. Utilizar a regra do determinante.



Aplicado ao exercício, ( ) ( )X 4 5 20 3 4 6ax ay az ax ay az

− + − + + fica:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ). . .6 3 44 5 20 5 20 4 4 6. .20 4

4

. 3

3 6

5

aax

ax

z

a

ay

zay a ayx za= + +− − + +−

−− − −

30 60 16 80 24 15 30 80 60 24 16 15ay ayazax ax axaz az azax ay ay= − − + =− − − +−− − − −

( ) ( )X4 5 20 3 4 6 110 8 4 1 ax ay az ax ay az

aya zx a− + − + + = − − +

( )( ) ( )6 64,29.10 110 84 1 471,9 360,36 4, 29 .10m ayaxF az a a Ny zx a− −= − − + = − − +

Mas não acaba aqui, pois é me solicitado “Calcule a magnitude da força…”, então é

2 2 2 6471,9 360,36 4, 2 .10mF N−= + + 593, 7mF Nµ=

Resolução 1b) – Tendo ( ) -33 .1 /04 6 a zyax a

E V m= − + +

, para uma carga de Q 18 Cη= , fica:

( )( ) ( )69 -3. 18.1 3 4 6 18.10 3 4.10 60aay aze y azax ax

qF E −−= = − + + = − + +

( ) 654 72 108 .10ae ax azy

F N−= − + +



Aqui também me é solicitado “…a magnitude da força…”, então fica

2 2 2 654 72 108 .10eF N−= + + 140,6eF Nµ=

Resolução 1c) – em m eF F F= +

( ) ( )6 6471,9 360,36 4, 29 .10 54 72 108 .10e aam y zx aaF aa zyx − −= − − + + − + +

( ) ( ) ( )( ) 6471,9 54 360,36 72 4,29 108 .10em aax zF y a −= − − − + ++ +

( ) 6525,9 288,4 112,3 .10em ay aF ax Nz −= − − +

2 2 2 6525,9 288 112,3 .10emF N−= + + 610emF Nµ=

Exercício 2 - Encontre a aceleração instantânea de um electrão que se move com uma velocidade de

710 x 10 / m s no plano xy, com um ângulo de 30º com o eixo dos y. Um campo magnético uniforme

de magnitude 10T encontra-se no sentido positivo do eixo dos y.



Resolução 2 – O campo magnético só tem uma

componente e é no eixo dos “yy”.

eyB B=

e

Fa

m=

. x em eF q v B=

Nota, se também tivéssemos um campo

eléctrico, a fórmula seria: ( ). x x eeF q E v B=

Calculo auxiliar:

( )( ).sin 30º . x

0

0 0

ee ez

ex ey

v Bv B x y z

v v

B

= =

Assim fica: ( )( ). x . . .sin 30ºem e m e e ezF q v B F q v B= ⇔ = ⇔

( ) ( ) ( )19 7 1. . . 1,602 x 10 C . 10 x 10 m / s .

1.

2210m e e m

ez ez

F q v B F T− ⇔ = ⇔ = ⇔

( )128 x 10m ezF N−= −



Agora já consigo calcular a aceleração: e

e

Fa

m=

( )( )

12

18 231

8 x 108,8 x 10 /

9,11 x 10ez

e eez

Na a m s

Kg

−

−

−⇔ = ⇔ = −

Também se poderia ter feito desta maneira, que é igual:

( )( )sin 3. x . 0 ; 0 ; . .0ºem e m e eF q v B F q v B= ⇔ = ⇔

( ) ( ) ( )19 7 1. 0 ; 0 ; . . 1,602 x 10

1

2 C . 0 ; 0 ; 10 x 10 m / s . . 10

2m e eF q v B T− ⇔ = = ⇔

( )120 ; 0 ; 8 x 10mF N−= −

Depois: e

e

Fa

m=

( ) ( )12

18 231

0 ; 0 ; 8 x 100 ; 0 ; 8,8 x 10 /

9,11 x 10e e

Na a m s

Kg

−

−

−⇔ = ⇔ = −

Exercício 3 - Um electrão num tubo de imagem de uma televisão move-se em direcção à parte da

frente do tubo com uma velocidade de 68,0 x 10 m / s ao longo do eixo dos x. À volta do tubo existe

um enrolamento de fio que cria um campo magnético de magnitude 0,025T , esse campo faz um

ângulo de 60º com o eixo dos x e situa-se no plano xy.

(a) Calcule o valor da força magnética a que o electrão se encontra sujeito.

(b) Encontre uma expressão vectorial para a força magnética a que o electrão se encontra sujeito.



Resolução 3a) – dados:

6 8 x 10 /

0,025

60º

e exv m s

B T

θ

=

=

=

( ). . .sin 60ºB eeF q v B=

A força magnética obedece a regra da mão direita.

A ter o cuidado com o ângulo, pois é aquele formado pela ev

e B

.

( ) ( ) ( )19 6 31,602 x 10 C . 8 x 10 / . 0,025 .

3BF m s T−=

142,77 x 10 NBF −=

Nota: cuidado, pois não se deve de confundir Valor Força

com Força do Vector. Não é por isso isto:

( ) ( ) ( )

( )

19 6

14

31,602 x 10 C . 8 x 10 / . 0,025 .

3

2,77 x 10 N

ex

Be

B

x

F m s T

F

−

−

=

=

Resolução 3b) - ( )140 ; 0 ; 2,77 x 10 NBF −−=

, utilizando a regra da mão direita.

Poderia ter ido por este caminho: . x B eeF q v B=



Calculo auxiliar:

( ) ( )

( )( ). .sin 60º x

0 0

cos 60º sin 60º 0

e ex ez

ex

v Bv B x y z

v

B B

= =

Assim fica: ( )( ). x . . .sin 60ºB Bee e ex ezF q v B F q v B= ⇔ = ⇔

( )142,77 x 10 NB ez

F −−=

Exercício 4 - Um segmento de fio de 3mm de comprimento transporta uma corrente de 3A na

direcção x. O fio encontra-se num campo magnético de magnitude 0,02T que está no plano xy e que

faz um ângulo de 30º com o eixo dos x. Qual é a força magnética exercida sobre o segmento de fio?

Resolução 4

-33 3 x 10 m

3

0,02

30º

ex

L mm

I A

B T

θ

= =

=

=

=

As linhas de campo são paralelas entre si.

Como é um conjunto de cargas, fala-se em intensidade.

. .. .m md F I d l B F I l B= ⇔ =



. I dl

é designado por elemento diferencial de corrente.

Atendendo a regra da mão direita, a força é para cima.

Calculo auxiliar

( ) ( )

-3

x

3 x 10 m 0 0

cos 30º sin 30º 0

l B x y z

B B

=

( ) ( ) ( ) ( )( )( ) ( )-3 -3 1sin 30º x 0 0 0 0 . . 0,03 x 10 m 3 x 10 .20

2.m

ex ey ezez

B B Tl = − + − + − =

Assim fica: ( ) -6-33 . . . 90 x3 x 10 10 N1

20,0m 2m m ez

ez

F A FT = ⇔ =

Ou então, também se poderia ter feito desta maneira:

( ) ( ) ( )( ). x . x sin sin x . x sin 30º 30º0 ; 0 ; . . .mez

F I l B I l B l B I l BlB I= = =

( )-33 x1

0 ; 100 ; 3 . . ., 22

m 0 0mF A T =

( )-6m 0 ; 0 ; 90 x 10mF N=

Exercício 5 - Um fio dobrado num loop semicircular de raio R encontra-se no plano xy e transporta

uma corrente I do ponto a para o ponto b, como se mostra na figura. Existe um campo magnético

uniforme B Bk= perpendicular ao plano do loop. Encontre a força que actua sobre o loop

semicircular do fio.

(consultar o livro Física Volume 2 4ª Ed do Paul A. Tipler, pagina 183 e 207)



Resolução 5 - É conforme a ciência

envolvida, existe 2 formas de representar

coordenadas no espaço:

( ); ;x y z , que é o mais conhecido,

( ); ;i j k mais usual em electricidade.

Assim o B Bk= é a mesma coisa do que:

ezB B=

. .md F I dl B=

0

; ;m x y zd F dF dF dF=

=



Nota:

d rv d r vdt r vdt

dt= ⇔ = ⇔ = ∫

Assim no exercício, fica ( ) ( )( )sin ; cos ; 0l R Rθ θ=

. Cuidado, pois apesar de não saber o valor

de “R”, este é de facto constante!

( ) ( )( ) ( ) ( )( )sin ; cos ; 0 sin ; cos ; 0dl

R R dl R R dd

θ θ θ θ θθ

= ⇔ −=−

( ) ( )( )sin cos jdl d R Riθ θ θ+= −

, em que e i j são os versores.

( ) ( )( ) x sin os c .dl B d R Ri j kBθ θ θ+= −

? ? 1 2 . .i k j i k j k i j k= ↑ → ∧→ = +→− → ↑

( ) ( ) ( ) ( )( ) . .

x sin cos . cos sin

i k j k

j i id l d R R d RB RB jB θ θ θ θ θ θ+ = =

+

Esta parte do calculo poderia ter feito desta forma:

zdF é zero, pois está no

eixo.



( )

( )

sin

cos

y

x

dF

dF

dF

dF

θ

θ

=

=

( ) ( )( ). x cos ; sin ; 0md F I dl B d F d Fθ θ= =

Vou me socorrer de um cálculo auxiliar:

Sei que ( ) ( )sin cos yxdl

dl

dl

dlθ θ∧ == , assim fica:

( ) ( )( ) ( ). 0.0 0.0 . .0 .0 x

0

0 0

y x x yeyex ez

x y

dl B dl B dl dldl B x y z

dl dl

B

= − + − − + − − ⇔=

−

( ) ( ) ( )( ) ( )( ) x co s. s n. . .ix ey e eyexy xdl dddl B B B B Bl dll θθ= + = +

(A partir daqui é igual independentemente do processo escolhido)

Sei que . .mdl R d d F I d l Bθ= ∧ =

então:

( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )0 0

. x . . si . . . cos sinos n cei e j e

m

oi e j

F I dl B I B B Idl B R Rl d ddπ π π

θ θ θ θθ θ= = + = +∫ ∫ ∫

( )( ) ( )( ) ( ) ( )( )0 00 0

. . . cos ; sin . . . sin ; cosmF I B R d d I B Rπ π

π πθ θ θ θ θ θ

= = −

∫ ∫

( ) ( )( ) ( ) ( )( ). . . sin sin 0 ; cossin cos 0mF I B R π π = − − − −



( ) ( ) ( )( )

( )0 0 11

. . . sin sin 0 ; cossin cos 0mF I B R π π= = =−− −

= − − − −

[ ]. . . 0 ; 2I B R=

( )0 ; 2 . . ; 0mF I B R N=

Exercício 6 - Um fio de cobre recto e horizontal possui uma corrente i = 28A a passar através dele.

Qual é a magnitude e a direcção do campo magnético, B, mínimo necessário para que o fio fique

suspenso, i.e. para que contrabalance a força gravitacional exercida sobre ele?

Dado: a densidade linear do fio é 46,6 g/m.

Resolução 6 – O fio sofre a acção da gF

e da mF

.

. .mF I l B=

A massa linear é 346,6 46,6.10g kg

m mλ = =

B

está perpendicular a l

e a mF

. Mas para se saber

se é “-x” ou “+x”, deve-se utilizar a regra da mão

direita.



uyl l=

uxB B= −

uzg g= −

B

é o vector perpendicular a l

e a mF

com o sentido contrario ao eixo xO . Pretende-se que

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) . . . . . . .. . .m guy ux uz uy ux uz

F F I l B m g I l B m g I l B m g= − ⇔ = −− ⇔ − = − − ⇔ =

? 1 .y x z y x→ → −= ↓

( ) ( ). . .uz uz

I l B m g⇔ ⇔− = −− . .I l B −uz( ) .

uzm g= ( ) . . .I l B m g⇔ = .

Como 346,6.10 .kg m

m lm l

λ λ λ= ∧ = ⇔ = , então fica:

.I l⇔ . .B lλ= ( )( )3

3

46,6.10 . 9,8.

. . . 16,31.1028

kgN

g mg I B g B B T

I A

λλ −

⇔ = ⇔ = ⇔ = =

16,31B mT=



SÉRIE6–MagnéticoEstático

Tópicos - Produção de corpo magnético por corrente

Interacção entre dois fios paralelos

Lei de Ampere

Fluxo magnético

Exercício 1 - Um segmento de fio de comprimento L transporta uma corrente I. Use a lei de Biot-Savart para

encontrar o campo magnético no plano perpendicular ao fio e que passa pelo ponto médio do fio.

Livro de Serway, exemplo 30.1

Livro de Fishbane, exemplo 30.4

Livro de Tripler, pagina 892/3

O “tubo” representa o fio por onde passa a corrente.

É um integral de linha - 02

x 4 C

IB dl ur

r

µπ

= ∫

E ( ) ( ).x

tg x d tgd

φ φ= ⇔ =

Figura 1.1



Agora preciso de fazer uma mudança de variável:

Vou derivar “x” em ordem a φ

( )2

1.cos

dx d dφφ

=

Agora o deslocamento linear 1 dl dx e=

. Cuidado, pois 1 re u≠

, na realidade é o xu

.

Assim substituindo, fica ( )

1 12

1 . ,

cosdl dx e dl d d eφ

φ

= ⇔ =

com 1 2φ φ φ− < < .

É de se ter em atenção o sinal 1φ− , pois o meu referencial é o eixo dos “y”. O ponto 2

L− está no semi-eixo

negativo (conforme figura 1.1).

Assim ( ) ( ) ( )0 ; ; 0 ; 0 ; 0 1

; ; 0rd xAP P A

u x dr r rAP

−−= = = = −

( )1 21

ru x e d er

− +=



Calculo auxiliar: 02

x 4

r

C

IB

rdl u

µπ

= ∫

, com ( )11 2

1 x x r

d l

u x eex er

dd dl = +

−

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1

0 0 0 0 0

2 3

3. . .1 12 01

x 2

0

30. . .0r

e

e

ee

d e e ex dxu x d d x xr

e

x

edl

d

= = + + +−− − −

−

+

( ) 31

. x 0ru dr

el xd d= −

3 x r eudld

rdx=

Mas com sei que ( )cosd

rφ= , então fica

( )cos

dr

φ= .

Então

( )

3 3

cos

x r dxd d

ur d

d de exl

φ

= =

( ) 3co x s rd eul dxφ=

Mas também sei que ( )

( )3 2cos x

ddx e ed φ

φ=

.

Assim fica ( ) ( )( )

( )( )

( )23cos cos ccos s

o

x xr xd e eud

l dx d ed

dφ φ φφ

φφ

= = =



Agora voltando ao exercício, fica ( )2

0 02 2

1

x x 1

4 4r r

C

IIu u

r rdB dl l

φ

φ

µ µπ π −

= = ∫ ∫

Cuidado com o sinal do limite inferior.

( )( )

( )2 2

0 02

1

cos1

4 cos 4

cos

xI Id

B dd

eφ

φ

µ µφ

π φ π

φ−

= =

∫ ( )

2d

φ d

( )cos φ( )

2

1

x deφ

φ

φ−

∫

( ) ( )2

0

1

cos

4xeB d

d

I φ

φ

φµφ

π −

=

∫

, xe

é constante, mas ru

não é!

( ) ( )( )2

0

1

cos 4

xeI

dB d

φ

φ

µφ φ

π −

= ∫

( )2

0

1sin

4xe

IB

d

φ

φ

µφ

π −=

( ) ( )02 1

angulo da esquerda angulo da direita

sin sin 4

xI

Bd

eµ

φ φπ

= −−

( ) ( )( )02 1sin sin

4x

IB e

d

µφ φ

π= +

Esta definição é a mais importante do

capítulo (e é geral)!

O campo magnético está PERPENDICULAR

ao plano, e para fora.



Quando uma corrente passa num fio rectilíneo, e pretende-se saber

qual é o campo magnético criado no exterior do fio num determinado

ponto P. O fio eléctrico intersecta o plano.

Nota muito importante, se o ponto “P” não

estivesse perpendicular ao fio, mas sim deslocado

para um dos lados?

( ) ( )( )1

0

2

cos 4

xI

B e dd

φ

φ

µφ φ

π

−

−

= ∫

( ) ( )( )01 2sin sin

4x

IB e

d

µφ φ

π−=

Cuidado com o inicio da integração e com o fim.

Se fosse com um fio infinito, seria 0 02sin sin

4 2 2 4x x

I IB e e

d d

µ µπ ππ π

= − − =

0

2 x

IB e

d

µπ

=

Poderia ter feito deste jeito:



03

x

4

I dl rd B

r

µπ

=

( )02

sin

4

dlIdB

r

π θµπ

−=

( )02

sin

4

dlIdB

r

θµπ

=

Para se distinguir o a variável “d” do “d” da

derivada, vou utilizar “D”.

Tanto o ângulo como o r dependem do x. ( ) ( ) ( ).x x

tg tg x d tgy D

φ φ φ= ⇔ = ⇔ = .

( )( )( )( ) ( ) ( )

( )

1

2 2

2

cos sin

cos

d tgdxD dx D d tg D d

d d

φ φ φφ φ

φ φ φ

= +

= ⇔ = =

( )2

cos

Ddx dφ

φ=

Como ( )cos

Dr

φ= , então

( ) ( )( ) ( )2 2 2

1cos

cos/ c

os

s

c

o

Dddx

Drφ φ

φφ

φ=

( )1cos d

Dφ φ

Assim, ( ) ( ) ( ) ( )2

0 0 0 02 2

2

22

csin sin c s

4 4

so

4

o

4

L

L

I Idx

I IdB dx d

rx dx

r r r

π θ θ φµ µ µπ π π π

φµ

−

− = = = =

∫

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )0

0

2

2

20 0 0 0

2

2

1cos cos sin sin

4 4 4 4

cosL

L

L

L

I I I IdB dx

Drd d

DD

φ

φ

µ µ µ µφ φ φ φ φ

πφ

φπ π π

−

+

−−

= = = − −

∫ ∫ ∫



( )0 sin4

IdB

D

µφ

π=

Existe uma relação geométrica entre L e o D com o ângulo => ( )( )

22

/ 2sin

2

L

L D

φ =+

Assim fica:

( )0

22

/ 2

42

I LdB

LD D

µπ

=+

Nota – o valor de 0µ é um valor exacto, o que é diferente de experimental.

Exercício 2 - Encontre o campo magnético no centro de uma espira

quadrada de lado L = 50 cm que transporta uma corrente de 1,5A.

Resolução -



Na serie 5 o fio é rectilíneo,

e o campo circular.

Na serie 6, o fio é que é curvilíneo.

Como é uma espira quadrada, e só por isso, os ângulos

formados com o eixo vertical são de 45º.

1 2 3 4B B B B B= + + +

Aqui o ângulo é orientado. Existe um ângulo negativo e

outro positivo, e θ θ− + .

Como 1 2 3 4B B B B= = =

, fica: 14B B=

( ) ( )( )04 sin sin 4

xI

B ed

µθ θ

π− =

−

( ) ( )( )( )

0

7

0 02 222 2

sin sin 2 4 4 2 2 0,

1,4

52

5.10x x x x

I IB e e e

d L

Ie

Lµ µπ ππ π ππ

πµ− = = = =

− −− −

63,4.10 xB e T−=

O atributo tem a função de caracterizar o resultado.

xe



Exercício 3 - Encontre uma expressão para o campo magnético no centro de um loop circular de corrente.

Resolução -

é o perímetro (é a soma de quantidades infinitésimas).

Recordar a área e o perímetro de uma circunferência:

O faz sempre um ângulo de 90º com o eixo dos “zz”.

Sei que pois é o perímetro. Assim fica:

dl

2 2A r P rπ π= ∧ =

03

x

4

I dl rd B

r

µπ

= ⇔

r

1

0 02 2

sin 2

4 4

x x

I dlI dl

dB e er r

πµ µπ π

=

⇔ = = ⇔

2dl rπ=

Esta equação é um pontoe integropor isso é necessario a integração

Tiro o d 20 0 0

2 2 20

2

4 4 4x x x

I II dldB e B dl e B r e

r r r

πµ µ µπ

π π π= → = ⇔ = ⇔∫



Exercício 4 - Encontre uma expressão para o campo magnético produzido no centro de um arco circular de

um fio. (de notar a diferença com o exercício 3, pois aqui é só uma parte do circulo).

Resolução

Como é um arco, não posso afirmar que

, mas sim que .

Ver exercício 1.

0 T2

xI

B er

µ=

1

0 03 2

sin x 2

4 4

x x

I dlI dl r

d B e er r

πµ µπ π

=

= =

0 02

4 4x

II dl rdB e

r

µ µπ π

= =

2

d

r

θ xe

1

1

0 4

xI

B e dr

θ

θ

µθ

π= ∫

0

4x

IB e T

r

µθ

π= ∆

2dl rπ= dl r dθ=



Exercício 5 - O fio na figura transporta uma

corrente I e consiste num arco circular de raio

R e ângulo central rad, e duas secções

rectilíneas cujas extensões intersectam o

centro C do arco.

Qual é o campo magnético produzido pela

corrente em C?

Resolução - Este exercício é igual ao exercício 4,

apesar de não parecer a primeira vista.

É necessário resolver por troços (1, 2 e 3).

Como se pode ver, os troços 1 e 2 produzem, no

ponto “C” um campo magnético igual a zero!

Pode-se confirma com a definição:

Troço 1 - , e como o ângulo é de 180º cada um, fica

Troço 2 - , e como o ângulo é de 180º cada um, fica

2

π

0 4

xI

B e Tr

µθ

π= ∆

( ) ( )0 0 01 180º 180º

4 40

4x x x

I I IB e e e

r r r

µ µ µπ π π

θ= = −∆ =

1 0B =

0 4

xI

B e Tr

µθ

π= ∆

( ) ( )0 0 02 180º 180º

4 40

4x x x

I I IB e e e

r r r

µ µ µπ π π

θ= = −∆ =

2 0B =



Logo só se tem no troço 2, e é igual ao exercício 4!

Nota - Na solução do professor está errado, pois é dado como resposta a magnitude, e na realidade é pedido

“Qual é o campo magnético…”.

Exercício 6 - Encontre uma expressão para o campo magnético num ponto do eixo de um loop circular de

corrente. Confirme que o seu resultado está de acordo com o cálculo já efectuado para o ponto no centro do

loop. Obtenha uma expressão para o limite de grandes distâncias do centro (ao longo do eixo).

Resolução

( ) ( )0 0 0 0 02 2 2 1

4 4 4 4 4 4 4 4 4z z z z z

I I I I IB e e e e e

r r r r r

µ µ µ µ µπ π π πθ θ θ θ θ

π π π π π = ∆ = − = − = − − = +

0 8

zI

B e Tr

µ=



formam um ângulo se representa da seguinte forma:

, e é sempre 90º .

E o seno de 90º é 1. Assim fica (sem vectores).

Agora preciso de saber quanto é . Vou fazer a projecção de :

xxB dB e= ∫

03

x

4

I dl rd B

r

µπ

=

x dl r

( )sin , dl r

2

π

02

4

I dldB

r

µπ

=

xdB xdB



No centro fica

Para distâncias grandes fica

( )cos xdB

dBθ =

( ) ( )2 22r R x= +

( ) ( )sin 90 sinR

rθ θ− = =

( )( ) ( )

0 022 2 22 2

.sin

4 4x x x xx

I dl I dlR RB dB e dB e e e

r r R xR x

µ µθ

π π= = = =

++∫ ∫ ∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( )

2 20 0 0

3 2 32 22 22 2 2 20 02 2

. .

44 4

R R

x x xIR I dl IRR

B dl e e dl eR xR xR x R x

π πµ µ µ

ππ π= = =

+++ +∫ ∫ ∫

( )02 2

.2 4

xIR

B R eR x

µπ

π=

+

( )

20

32 2 2

2

xI R

B e

R x

µ=

+

( )0 ,x =

( )

2 20 0

3 32

2 22 2

0

2

2

x xIR I R

e eR

R x

µ µ

=

=

+

0

2x

IB e

R

µ=

20

3

2x

I RB e

x

µ=



Exercício 7 - Considere um solenóide de comprimento L que consiste em N voltas de fio (ou N espiras) que

transporta uma corrente I. Encontre uma expressão para o campo magnético num ponto ao longo do eixo do

solenóide. Encontre também uma expressão aproximada para o campo magnético no interior de um

solenóide longo.

Resolução 7



Exercício 8 - Encontre o campo magnético no centro de um solenóide de comprimento 20 cm, raio 1,4 cm e

600 espiras que transporta uma corrente de 4A.

Resolução 8 - , com , sendo o numero de espiras e o comprimento de fio

enrolado. Nota: o dado do raio, para a resolução deste exercício, não tem utilidade.

Exercício 9 - Um fio rectilíneo e comprido que transporta uma corrente de 1,7A na direcção positiva dos z

encontra-se ao longo da linha . Um fio semelhante que transporta uma corrente de 1,7A

na direcção positiva dos z encontra-se ao longo da linha x = +3 cm; y = 0. Encontre o campo magnético num

ponto P no eixo dos y em .

Resolução 9 - nota a ter em conta: o comprimento do fio é infinito!

0longoB nIµ= N

nL

= N L

( ) ( )70 0

6004 .10 4

0, 2longo

NB nI I

Lµ µ π − = = =

0,015 longoB T=

3 , 0x cm y= + =

6 y cm=



Como , e , fica :

Como , então o ângulo é .

Como já tinha visto no exercício 1 (pagina 4), para fios longos, fica:

( ) 3 126,6º

6 2

xtg

yθ θ= = = → =

( ) ( )2 2 211 2cos 90º sin 90º B eB B BeB θ θ= + = + + +

( ) ( ) 21 11

...

... cos 270º sin 270º e B eB θ θ

+

+ − + −

( ) ( )1 12 2 1 1cos 90º cos 270º B eBB BB eθ θ= + = + + −

1 2B B=

21I I= 21d d=

( ) ( )1 1cos 90º cos 270º BB eθ θ= + + −

( ) ( ) ( )1 111sin sin 2 sin B Be eB θ θ θ = − − −=

2 26 3 45r = + = ( ) 6sin

45θ =

0

2 x

IB e

d

µπ

=

( )1 12 sin 2B eB θ−= −=

0

2

Iµ ( ) 10

16

s4

. in5

4

I

de e

dθ

πµππ

= − = ( )710 7. 1,

π

−

16

45 45. e =

( )79

14

6.4.10

590

7,

1,7.10eB

−−= =

190,7 B Te η=



Ou então de outro modo:

P e dB B B= +

0 02

4 2fio

I IB

r r

µ µπ π

= =

0ey dyB B+ =

( ) ( )sin sinex

ex e

e

BB B

Bθ θ= ⇔ =

( ) ( )sin sindx

dx d

d

BB B

Bθ θ= ⇔ =

( ) ( ) ( )componentes iguais

sin sin sin .P ex dx e d e dB B B B B B Bθ θ θ = + = + = +

( )2sinPB θ=

( )( )0 2. 2sin

4fio

IB

r

µθ

π= ( )( )0 2

. sin2fio

IB

r

µθ

π=

( )0 0. ..sin . P

P

I I yB

r r r

µ µθ

π π= = 0

2

. . PP

I yB

r

µπ

=



Como então . Continuando, fica:

Exercício 10 - Um fio longo e rectilíneo de raio R transporta uma corrente I que é uniformemente distribuída

através da secção do fio. Encontre o campo magnético para pontos dentro e fora do fio.

Resolução – Lei de Ampere

- é interior da secção.

e tem o mesmo sentido e direcção, produto interno

é fora do fio.

Assim:

2 2 2r x y= + ( ) ( )2 22 3 6 45r = + =

( ) ( )7 24 x 10 . 1,7 . 6 x 10

.45P

TWA

AB ex

π

π

− − =

9,07P ex

B Tµ=

0 intBdl Iµ=∫

intI

B

dl

( )cos 0 1.⇒ =

Γ∫

( )

( )0 0 0 0 0

1 Perímetro

cos 0 2Bdl I Bdl I Bdl I B dl I B r Iµ µ µ µ π µΓ Γ Γ Γ

=

= ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ =∫ ∫ ∫ ∫

0

2

IB

r

µπ

=



Assim posso concluir que é valido para todos os pontos fora do fio, ou seja em que

Vou ter que fazer um cálculo auxiliar,

Regressando ao exercício:

Assim posso concluir que

é valido para todos os pontos dentro do fio, ou seja em que

0

2

IB

r

µπ

= .r R>

22

0 int 02Bdl I B r Iµ π µ ΓΓ= ⇔ = ⇔∫

2 2R RI jS I jSΓ Γ= ∧ =

2 2

2 2

2 2

R R R R

R R R

I II I I Ij j S I

S S S S S πΓ Γ

Γ ΓΓ Γ

= ∧ = → = ⇔ = ⇔2R

π ( )2

2

2 IΓΓ =

( )2r = Γ2

2

2 R

rI I

RΓ =

220 int 02 2Bdl I B r B rIµ π µ πΓΓ

= ⇔ = ⇔∫

2

0

rµ= 0 22

2R R

rB I

RI

Rπ µ

⇔ =

02

. .

2 .Rr I

BR

µπ

=

.r R<



Exercício 11 - A figura mostra a secção de um cilindro longo condutor com

raio interior e raio exterior . O cilindro transporta

uma corrente dirigida para fora da página, a densidade de corrente na

secção é dada por , com e r em metros. Qual é

o campo magnético B num ponto que está a 3,0 cm do eixo central do

cilindro?

Resolução - pretende se isto:

Como apenas quando o “j” é constante é que posso aplicar a fórmula , vou ter que ir por outro

caminho.

Então . Desenvolvendo, com e fica:

2,0 a cm= 4,0 b cm=

2j cr= 6 43,0 x 10 /c A m=

0 intLei de Amp re : é Bdl IµΓ

=∫

( ) 0 int

1

cos 0Bdl IµΓ

=

⇔ = ⇔∫

0 intB dl IµΓ

⇔ = ⇔∫

0 int2B r Iπ µ=

I jS=

2 2dS

I jd S j S r rdr

π π= ∧ → = → =∫

2 dS r drπ= 2a cm= 3r cm=



Assim, substituindo, fica:

Exercício 12 - Um solenóide é um fio longo enrolado em forma de hélice. Com esta configuração consegue-

se um campo magnético razoavelmente uniforme no espaço envolvido pelo enrolamento de fio (o interior

do solenóide) quando o solenóide é percorrido por uma corrente. Consegue-se obter aproximadamente um

solenóide ideal quando o espaçamento entre voltas é muito reduzido e o comprimento do solenóide é muito

maior que o raio das espiras. Considere um solenóide ideal onde o campo magnético no seu interior é

uniforme e o campo exterior é perto de zero. Utilizando a lei de Ampere obtenha uma expressão para o

campo magnético no interior do solenóide.

Resolução:

( ) ( ) ( ) ( )44 42 3 3cos 0 2 2 2 2 2

4 4 4

rr r r r

a a a a a

ar rI jd S jdS cr r dr cr dr c r dr c cπ π π π π

= = = = = = = −

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

( )4 4

2

cI r a

π= −

( )4 4 00 int 02

2 2

cB r I r a B

µππ µ µ

π = = − ⇔ = r

π ( )4 4

2

cr a

−

( ) ( )( )( ) ( ) ( )( )

7 64 44 4 2 20

2

4 x 10 3 x 103 x 10 2 x 10

4 4 3 x 10

cB r a

r

πµ−

− −

−= − = − 20, 4 B Tµ=



Fora do solenóide, o campo magnético é zero. No interior é uniforme e constante.

Corrente curva => campo magnético rectilíneo.

Num fio => campo magnético curvo => corrente rectilíneo.

Lei de Ampére:

Nota: “N” é o número de espiras.

0 intBdl IµΓ

=∫

( ) ( )

0 int 0 int1,2,3,4 1 2 3 4 1

0 0 0Pois está foraPois cos 90 0 Pois cos 90 0do Solenóide

0 0 0

B dl B dl

Bdl I Bdl Bdl Bdl Bdl I Bdlµ µ

= === =

⊥ ⊥

= ⇔ + + + = ⇔ + + + =∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

0 intIµ



- é o numero de espiras por comprimento.

Exercício 14 - Uma volta rectangular de largura a e

comprimento b está localizada perto de um fio longo

que transporta uma corrente I (ver figura). A

distância entre o fio e o lado mais perto da volta é c.

O fio é paralelo ao lado maior da volta. Encontre o

fluxo magnético total através da volta devido à

corrente no fio.

Livro “Physics for Scientists and Engineers - Serway-

Beichner”, Capítulo “30 - Sources of the Magnetic

Field”, exemplo 30.8.

Resolução – Fluxo magnético:

, e como o seno é 90º fica .

B e dS têm a mesma direcção e sentido, logo o ângulo .

0 int 0 int 0 int

1

NBdl I N BL I N B I

Lµ µ µ= ⇔ = ⇔ =∫ 0 intB I nµ=

n

B Bd SΦ = ∫

[ ] ( )2B

TWb Weber

mΦ = =

( )( )0 2. sin

2fio

IB

r

µθ

π= 0 2

2fio

IB

r

µπ

=

0ºϕ =



, e através do exercício 10, sei que (campo magnético do

fio). Assim sendo, fica:

. Também sei de que

E como “b” é constante, fica:

O módulo do fluxo através de uma superfície é nulo. .

Nota - Lei de Gauss no Magnetismo: e a equação na forma diferencial:

( )cos 0B Bd S BdS BdSΦ = = =∫ ∫ ∫

0

2

IB

r

µπ

=

0 0

2 2B

I IBdS dS dS

r r

µ µπ π

Φ = = =

∫ ∫ ∫ dS

b dS b da S abda

= ⇔ = ∧ =

( ) ( )0 0 01 ln ln

2 2 2

c a c a c a

B

a a a

I Ib Iba dr b dr dr c a a

r r

µ µ µπ π π

+ + +

= → Φ = = = + − ∫ ∫ ∫

( )20 ln2B

Ib c aTm Wb

a

µπ

+ Φ =

B

0B

S

Bd SΦ = =∫

0B

S

Bd SΦ = =∫

0B∇ =



SÉRIE7–CamposMagnéticosVariáveiseInduçãoElectromagnética

Tópicos - Indução e lei de Faraday

Lei de Lenz e Corrente Foucault

Indução mútua e auto-indução

Energia e circuitos indutivos

é a magnitude. A Lei de Ohm diz me que , logo .

é a Lei de Faraday, em que “N” é o numero de espiras.

No eixo de um solenóide, tenho , e como , fica .

Com . O volume é área (A) vezes comprimento (l), .

A Auto-Indutância de um solenóide, “ ", tem por unidade o H(enry).

Sei também que , logo posso igualar

ε .V R Iε = = IR

ε=

dN

dtε

Φ= −

.B BB B B final B inicial

dB

dA

t t

Φ Φ∆= ∧ = ∧ ∆ =Φ Φ Φ−Φ

∆

0B nIµ= .B B AΦ = ( )0 .B nI AµΦ =

.B BB B B final B inicial

dB

dA

t t

Φ Φ∆= ∧ = ∧ ∆ =Φ Φ Φ−Φ

∆

70 4 .10µ π −= .VolumeV Al=

L

IdL

dtε = − .B BId d

N L L Ndt dt I

⇔Φ

− =Φ

= −



Sei também que , em que “N” é o numero de espiras.

A energia magnética acumulada nos campos indutivos, , é

A densidade de energia magnética, , é .

E a formula geral, excepto solenóide, é

Exercício 1 - Uma bobina possui 200 espiras. Cada espira é um quadrado de lado 18 cm, um campo

magnético uniforme dirigido perpendicularmente ao plano da espira é ligado. Se o campo varia linearmente

nl

N=

( ) ( ) 20 0

. B

ABL

l

A AnN N NI

I I I

N µ µ= = =

Φ=

BU 21

2BU LI=

Bu BB

Volume

Uu

V=

2

02B

Bu

µ=

. .I I

Id d

L R L Rd d

It t

ε ε− = ⇔ = +

( ) 1R

tLI t e

R

ε − = −

20

0

1 1

2 2E B

BEµ ε µ

µ= ∧ =



de 0 a 0,50T em 0,80 s, qual é a magnitude da f.e.m. (força electromotriz) induzida na espira enquanto o

campo varia?

Resolução –

Em que “ ” é o numero de espiras.

Sabendo que , produto de dois vectores, e na sua integração obtém-se dois escalares.

0 0,5 0,8B T t s= → ∧ ∆ =

0,5 0

0,8 0

d B

dt

−=

−

0,625 d B T

dt s=

? BNd

dtε ε = −

Φ=

N

.B B d SΦ = ∫

( ) . . ..fluxo

B

Area

d Sd d d

dt dt dtB AN N N Bε

= − =

Φ− = −

∫

dBNA

dtε = −

ε∴ = − ( )( ) ( )( )20,18 0200 ,625

d B T

dtA

smN

= −

4,05Vε =



Também poderia ter feito desta forma:

Sabendo que , fica:

E como , porque , e sabendo que , com a variar linearmente:

E sabendo que é igual ao volt, fica

B Bd

dt t

∆=

Φ∆

Φ Bf BiB BN N Nd

dt t tε

−∆= = = ⇔

∆

Φ Φ

∆Φ Φ

0BiΦ = 0B =

.Bf ABΦ = B

( ) ( )20,. 0 .

.0,8

05 82

,100Bf Bi BfB B

Bd

dt t t t s

AN

mN

TN Nε

Φ ΦΦ Φ − −∆= = = = =

∆ ∆ ∆

2Tm

s4,05Vε =



Exercício 2 - Uma espira de fio que delimita uma área A é

colocada numa região onde o campo magnético é

perpendicular ao plano da espira. A magnitude de B varia

com o tempo de acordo com a expressão ,

onde “a” é uma constante. Ou seja, para t = 0 o campo é

, e para t > 0, o campo decresce exponencialmente.

Encontre a f.e.m. (força electromotriz) induzida na espira

em função do tempo.

College Physics, Serway, 7th Edition, página 662, tópico 20

“Induced Voltages and Inductance”:

Resolução – Cuidado que N=1!

College Physics, Serway, 7th Edition, página

662, tópico 20 “Induced Voltages and

Inductance”:

maxatB B e−=

maxB

?ε =

Bd

tN

dε −

Φ=



Neste passo muito cuidado, pois o não é uma constante!, pois é de facto , e a variável de

integração “t” está na exponencial. Assim só a constante “A” vem para fora da derivada:

Exercício 3 - O solenóide longo S ilustrado na figura possui 220 espiras/cm e transporta uma corrente

; o seu diâmetro D é de No seu centro é colocada uma bobina de 130 espiras de diâmetro

A corrente no solenóide é reduzida a zero com uma taxa de redução constante em 25 ms (mili

segundo). Qual é a magnitude da f.e.m. que é induzida na bobina C enquanto a corrente no solenóide varia?

Resolução –

Dados: solenóide longo

( ) ( ). 1 . .B

B B d S B dd d d d

B Adt dt dt

Ndt

Sε

Φ

Φ= − = − = − = −∫ ∫

B maxatB B e−=

( ) ( )' '

derivada em ordem a derivada em ordem a

derivada de uma expone

t

nci

m

a

a

t

x

l

x maat a

t

t

t

dBA A B e A Bat

te

dε −−= − = − = − = −−

A −( ) maxatBa e−

max. . ata A B eε −∴ =

1,5i A= 3, 2 . cm

2,1 . d cm=

?U =



Área da bobina é , em que é o raio.

E sabendo que é a magnitude e que , fica:

Sabendo que no eixo do solenóide é , fica:

Sabendo que é zero, e sabendo que , fica:

3,2 . D cm=

2,1 d cm=

32,5.10t s−∆ =

0 1,5 1,5f ii i i A∆ = − = − =

220 / 130cm Nn = ∧ =

2

2

dA π =

2

d

ε B Bd

dt t

Φ ∆Φ=

∆

f iB BB Bd

Ndt t

A AN N

tε

−Φ ∆Φ= − = =

∆ ∆

B 0. .B n Iµ=

( ) ( )0 0. . . .. ..f i f iB B

I IB BdN

dt t tN N N

A nA nA

t

µ µε

− −Φ ∆Φ= − = = =

∆ ∆ ∆

fI 220x100 22 000 espiras por metron = =

2Nε =− ( )2

0

22

3

7 22. .14 10. .. .

2,5.1

2,1

013

00 .10

20

0

2

,5i d

t

Inπ π

πµ −

−

−

=

∆746,9 mVε =



Poder-se-ia ter feito doutro jeito:

Usando a definição

, , em que , e em metros é

Sei que , assim fica:

Exercício 4 - A figura mostra uma espira rectangular imersa num campo magnético variável não uniforme B

que é perpendicular e dirigido para dentro da página. A magnitude do campo é dada por , com

em teslas, t em segundos, e em metros. A espira tem largura e altura . Qual é a

magnitude e a direcção da f.e.m. induzida na espira em t = 0,10 s?

( ) . .. .B

Bd d d d dBB

dt dt dt dtN N N NB d S B A Ad S

dtNε

Φ

= − = − = −Φ

= − = −∫ ∫

?B = 0Bl

INµ= n

l

N= n 220.100n =

ε = − ( ) ( )00 0

. .. . . . . . . . . .

NN

d IIdB d dI

dt dt dt dtA A AN N N A n

ln

µµ µ = = =

3

1,5 1,5

250

25.106

I A A

t ms s

dI A

dt s−

∆ = = = = ∆

( )( ) ( ) ( )7

0

222,1.10. . . . 4 .1 20130 60 02 00

2N

dI A

dt sA nε µ π −

− = − = −

746,9 mVε =

2 24B t x= B

x 3,0W m= 2,0H m=

ε



Resolução – O vector aponta para dentro (cruz). Só tem uma espira, logo N = 1.

Sei que .

Mais uma vez, com

Mais uma vez, cuidado com o , pois não pode ir para fora da integração, uma vez que a sua variável (de

integração) é ! E o é a mesma coisa.

O pode ir para fora do integral de integração, mas não fora da derivada! Os limites de integração estão

definidos por W, que varia de o a 3.

B

2dA dx=

2 24B t x=

B

x dA

( ) ( )2 2 1 4 2. . .B

B B d Sd d d d

t x dB d A xdt dt dt d

Nt

ε

Φ

= − = − = − = −Φ

=∫ ∫ ∫

24t

( ) ( ) ( )2

33

0

3 32 2 22

0

224 2

38

38 8

Wf

Wi

f ix xd d d d

x dx x dx x dxdt dt d

tt t

t

d

ttε

= − = − = − = − −

∫∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( )2 2

'

33 3

2 22

0

23 03 38 8 8 272 72

3 3 t

d d

dt dt

d

d

t t tt

ttε

= − − = − = − = − = −

144tε = −



Exercício 5 - O anel ilustrado na figura tem de raio 4 cm e uma

resistência de . Este anel encontra-se numa região

onde o campo magnético é dirigido para dentro da folha e

está a aumentar a uma taxa constante desde 0,2 T até 0,4 T

num intervalo de tempo de s. Encontre a corrente no

anel.

Resolução –

Dados:

Área do campo é .

E sabendo que é a magnitude e que e que , fica:

310− Ω

210−

?anelI =

4 . r cm=

310R −= Ω

210t s−∆ =

0,2 0,4B T= →

.R Iε =

2A rπ=

ε B Bd

dt tN N

∆=

Φ∆

Φ1N =



Sabendo que , fica:

Poder-se-ia ter feito doutro jeito:

Usando a definição

, , ficando:

Exercício 7 - Um solenóide longo de raio R possui n espiras por unidade de

comprimento e transporta uma corrente variável que varia sinusoidalmente

onde é o máximo da corrente e é a frequência

( )2.i f iB fB

B Ar

B B Bd

dt t t tNε π

− −∆ = = = =∆ ∆ ∆

Φ Φ

. ,R I IR

εε = =

( ) [ ]( ) ( ) ( )( )22 2

32

0,2. . 1

1

04

,01

. 1 0. 0

4

.1

0

f iBr mI

B

s

T TA

t Rπ π

−

−

−

− − = =∆

=Ω

( )1 . . .B

B A Ad d d d dB

Bdt d

B dt dt

St

B dNt d

Sd

ε

Φ

= − = − = − − −Φ

= =∫ ∫

?A = 2A rπ=

( ) ( )( ) ( ) ( )22

2

3. .0, 4

.0,04 1,6.10, 2

00 20

1 0r

B

tε π π π

−

−−∆= − = − = −

∆ −0,1 Vε =

maxI cos ( ), I tω= maxI ω



angular da fonte de corrente alternada.

(a) Determine a magnitude do campo eléctrico induzido para pontos

exteriores ao solenóide a uma distância do seu eixo longo central.

(b) Qual é a magnitude do campo eléctrico induzido para pontos interiores ao

solenóide, a uma distância do eixo?

Resolução a) – é o campo eléctrico induzido. A área é .

Assim posso igualar , e como é uma constante, vou coloca-lo fora da integração e

é p perímetro . Assim:

Resolução b) – Em que é o raio de maior área onde existe campo magnético.

r R>

r R<

E

2A rπ=

( ) ( ) 2.S

Bd d d d BE dl Bd B

dt dt dt dts A rε π

Γ= = − = − = − = −

Φ∫ ∫

2. l rdEd B

dtπ

Γ= −∫

E

l

( )2 rπ

2 .2.E EB

dtrdl

dπ π

Γ= − ⇔∫

rd B

dtπ= −

2r 2

d BE r

dt⇔ = −

0,132 2

d B r rE E

dt⇔ = − ⇔ =

0,065.E r=

R

2 .2.E EB

dtRdl

dπ π

Γ= − ⇔∫

tr

d B

dπ= −

2R

2

2

d

dt

RBE

r= −



Exercício 8 - Um solenóide longo de raio R possui n espiras por unidade de comprimento e transporta uma

corrente variável que varia sinusoidalmente onde é o máximo da corrente e ω é a

frequência angular da fonte de corrente alternada.

(a) Determine a magnitude do campo eléctrico induzido para pontos exteriores ao solenóide a uma distância

r > R do seu eixo longo central.

(b) Qual é a magnitude do campo eléctrico induzido para pontos interiores ao solenóide, a uma distância r <

R do eixo?

Resolução a) –

, e como , fica . Recorrendo a lei de Faraday,

E sabendo que , então fica:

Como , então fica

max I .cos( ),I tω= maxI

?L =

0 intB I nµ= N

nl

= 0 int

NB I

lµ=

B

Ind Nd

dtε −

Φ=

BInd

d dIL

dtN

dtε

Φ= − = − ⇔ −

.L I = −

. BB L

I

NN ⇔Φ =

Φ

.B dB ABS= =Φ ∫ . .B AN

LI

=

0 int LnIB µ= 0 int.. .ABN I

LI

N µ= =

( ).n A

I0. . .N Anµ=



E como já tinha visto que , então

Nota: é a indutância de um solenóide ideal (auto indução).

College Physics, Serway, 7th Edition, página 679, tópico 20.6 “Self-Inductance”:

nl

N= 0. . .AnNL µ=

20. .N

lL

Aµ=

20. .

" "N

l

AL

µ=



Exercício 9 –



(a) Calcule a indutância de um solenóide (com ar no interior) que possui 300 espiras, um comprimento de

e uma área de secção recta de .

(b) Calcule a f.e.m. auto-induzida no solenóide se a corrente que ele transporta decresce à taxa de

Resolução a) – É pedido a indutância, , em que tem como unidade SI o H(enry).

A Lei de Faraday é

Dados:

Resolução 9a) - Como é um solenóide, fica:

Resolução 9a) – Outra maneira de resolver. Sabendo que , então:

Sei que a energia magnética acumulada nos campos indutivos, , é

25 cm 24 cm

50 / .A s

L

.B

dtN

dε

Φ= −

2

2 4

300

25 25.10

4 4.10

N

l cm m

A cm m

−

−

=

= =

= =

?L =

( ) ( ) ( )22 4 27

20

. 4 .1 4.0 ..

25

300

10

. 0

.

1

l mL

AN mπµ−

−

−

= =

181L Hµ=

BInd

d dIL

dN

t dtε = −

Φ= −

BInd

d dIL

dtN

dtε

Φ= − = − ⇔ −

.L I = −

.. B

L IN

N⇔ ΦΦ =

BU 21.

2BU LI=



Assim, (e sabendo que

Sei que , e que .

Fica:

Nota: é a indutância de um solenóide ideal (auto indução).

Resolução 9b) –

Dados: . É negativo, pois é decrescente.

BN

LI

Φ=

. )

BB A=Φ

. .B A

I

NL→ =

0

l

INB

µ=

70 2

4 .10 N

Aµ π −=

00

... .

..

.

IN I NNN

NA

ABL

lI I

µµ = = =

.l

I

A ( ) 2

0 0. . . . .

l

N

l

NAN Aµ µ= =

( ) ( )72

2

22 4. 4 .1

25

30 4.10 . 0

. 0

0

1

N

Am

Lm

π −

−

− =

181L Hµ=

20. .

" "N

lL

Aµ=

?ε =

50 /dI

A sdt

=



Exercício 12 – Uma espira tem de indutância 53mH e de resistência Se ligarmos uma fonte de 12V à

espira, quanta energia é armazenada no campo magnético após a corrente ter aumentado até atingir o valor

de equilíbrio?

Resolução –

Dados:


( ) . .. .B

Bd d d d dBB

dt dt dt dtN N N NB d S B A Ad S

dtNε

Φ

= − = − = −Φ

= − = −∫ ∫

0

l

IB

Nµ =

ε = −( ) ( ) ( ) ( )

20

2

22 4

7

0

4 .10.

504.

. . . . . .30025.10

.10

Nd IIdB d A

dt dtA A A

NN N

l dtl mAmN

πµ µ −

−

−

= = =

9,05 mAε =

0,35 .Ω

?BU =

BU



Exercício 13 – Um solenóide é desenhado para armazenar de energia quando transporta

uma corrente de . O solenóide tem de área de secção recta e comprimento

. Quantas espiras possui o solenóide?

Resolução –

Dados:


353.

0 5

1

10

,3

2

R

V

L H

ε

−=

= Ω

=

21

2BU LI=

12.

0,35I

VV RI I

R RIR

εε = ⇔ = = = ⇔ =

34,28I A=

( )( )22 31 153. 34,210 8

2 2B BILU U −= ⇔ =

31,14BU J=

0,10 LU J=

450 I mA= 25,0 A cm=

0, 20 l m=

?BU =

BU



Com , fica:

Exercício 14 – O armazenamento de energia é importante para as companhias de electricidade para fazer

face às flutuações do consumo de energia eléctrica. Para armazenar energia em larga escala são usadas

espiras supercondutoras.

(a) Encontre a densidade de energia magnética numa espira supercondutora que produz um campo

magnético de 10T.

3

4 25,0.10

450.10

0 20

,

A m

I

l m

A−

−=

=

=

21

2B LU I=

20. .N

lL

Aµ=

2 2 22 2 20 0

02. . . . .1 1

2. . . . .2 2 2.B B

Il

N N

l lI INL

AAU UI

Aµ µµ

= = = ⇔ = ⇔

2 20 2 2

0 0

2 2. . 2. .2. . . . .

. . . .B B

B

Ul lA

A AI

I

UNU N N

Il µ

µ µ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔

( ) ( )

( ) ( )272

34 2

2. 0

5,0.10 45

, 20

0.10

.

4 .10 .

0,1

.N

A

m

Am

N

V

π −−−

=

41,773.10 espirasN =



(b) Encontre o volume de espaço necessário para armazenar de energia para as condições da

alínea anterior. (Esta energia é suficiente para fornecer energia eléctrica a aproximadamente 5000 casas

durante um dia.)

Resolução a) – . E é a densidade de energia magnética. . E

Assim: .

Assim, (e sabendo que

Sei que , e que , fica:

Como , fica:

Nota: Área vezes altura ( ) é o volume.

510 kWh

10B T= Bu BB

Uu

Volume= 21

.2BU LI=

Bd dIL

d tN

t dε = − = − ⇔ −

Φ .L I = −

.. B

L IN

N⇔ ΦΦ =

. BLN

I=

Φ⇔ . )B AB=Φ

. .BL

I

N A⇔ = ⇔

0

0

N l

l N

II

BB

µµ

= ⇔ =

70 2

4 .10 N

Aµ π −=

00

... .

..

.

IN I NNN

NA

ABL

lI I

µµ = = =

.l

I

A ( ) 2

0 0. . . . .

l

N

l

NAN Aµ µ= =

21

2BU LI=( ) 2

0

2

0

. .

.

1

2

.B

A N B

Nl

lU

µ

µ

= ⇔

2

2 0

22

0

. .1 1

2 2B Ll NN

NI

A

l

BU

µµ

= = =

0. µ .

2.

A

l

2 2

.B l

20µ 2N

2

02B

AB lU

µ=

.Al



Assim,

Resolução b) – Energia = .

Assim,

BBu

Vo

U

A

lume= =

2B l

02

.lA

µ ( )2 2

70

10

2 2.4 .10

B

µ π −= =

7 33,98.10 /Bu J m=

?V = 5 5 1110 10 x W 360010 x 3,6.1000h sW

Ws

k = =

11

7

3,6.10

3,98.10B B

BB

U Uu Volume

Volume u= ⇔ = = 39 045 Volume m=



Exercício 15 – Um solenóide tem de indutância 53mH e de resistência e está ligado a uma bateria

(12V). Quanto tempo demora até que a corrente atinja metade do seu valor final de equilíbrio?

Resolução –

Dados:

A corrente varia num solenóide pela definição

E sabendo que no inicio, tempo = 0, se tem . E que o tempo no infinito (equilíbrio!) é

0,37Ω

353.10

0,37

12

L H

R

Vε

−=

= Ω

=

0 0ind

dI dI dIRI RI RI RI

dt dt dtε ε ε ε ε− = ⇔ − = ⇔ − − = ⇔ + − =

( ) 1R

tLI t e

R

ε − = −

( )0 0i = ( ) .iR

ε∞ =

( ) ( ) ( )lim lim 1 1 1 1 0R R

L Leq

t

t

tI I t e e e

R R R R

ε ε ε ε− +∞ ∞

+∞ +

− −

→ ∞→

= = − = − = − = −

eqI

R

ε=

2 2eq

eq

II

R R

ε ε = ∧ =



SÉRIE8–MagnetizaçãodaMatéria

Tópicos - Diamagnetismo, paramagnetismo, ferromagnetismo

Magnetização e intensidade do campo magnético

Energia do campo eléctrico e densidade da energia da matéria

Formulário

é o fluxo magnético e . .

- Campo magnético dentro do toróide (solenóide), sem nada no seu interior.

- Campo magnético dentro do toróide (solenóide), com algum material no seu interior.

ε⇔

2 R

ε=

R

1ln

1 1 1 21 1 ln

2 2 2

R R Rt t t

L L LR

e e e t tRLL

− − −

− ⇔ = − ⇔ = ⇔ − = ⇔ = − ⇔

2

1ln

Lt

R ⇔ −= =

− ( ) ( ) ( )353.1

20

ln ln ln 20,

237

L L

R R

−

= = 0,1t s=

BΦ [ ]B WbΦ = B

LI

NΦ =

( )0 00 0H HB B Mµ µ= ∨ = +

0 0 InB µ=

B nIµ=



- Permeabilidade magnética no vazio. .

não tem unidades.

- Susceptibilidade magnética. Sem unidades.

- Campo magnético. .

- Intensidade do campo magnético. .

- Magnetização. . .

é a energia associada a um campo magnético uniforme, e é

Susceptibilidade magnética

Em electromagnetismo a susceptibilidade magnética (designada por ) é a capacidade que tem um

material a ficar magnetizado sob a acção de uma estimulação magnética. A reacção é de dois tipos:

magnetização do material acompanhado do aparecimento de uma força mecânica.

Na presença de uma estimulação magnética, , os vários momentos magnéticos electrónicos ou nucleares

vão dividir-se em diferentes níveis de energia. Para o núcleo de hidrogénio caracterizado por um spin de

valor 1/2, a magnetização pode tomar duas posições chamadas paralela ou anti-paralela. Sendo que o

estado paralelo é o de mais baixa energia, desse vai resultar no meio, uma magnetização macroscópica

nuclear designada por .

µ [ ]0 3

J

mµ =

01 . .r rmXµ µ µ µ= + ∧ = rµ

( )0 0 1 mr XB B TB B Bµ = ⇔ = + ∧ =

mX

B

B T =

H

HA

m =

M

MA

m =

.mM HX=

,BU1

.2B BU N I= Φ

mX

H

M



Diamagnetismo é o termo utilizado para designar o comportamento dos materiais serem ligeiramente

repelidos na presença de campos magnéticos fortes.

O diamagnetismo existe em todos os materiais, mas é tão fraco que normalmente não pode ser observado

quando o material possui uma das outras duas propriedades: ferromagnetismo ou paramagnetismo. Ou seja,

o diamagnetismo corresponde ao tipo mais fraco de resposta magnética de um sistema.

O diamagnetismo é um tipo de magnetismo característico de materiais que se alinham em um campo

magnético não uniforme e tem como efeito diminuir o módulo do campo no interior do material.

Esse tipo de magnetismo é observado em substâncias como os cristais iónicos ou os gases nobres, com

estrutura electrónica simétrica e sem momento magnético permanente.

Nos materiais diamagnéticos, os dipolos elementares não são permanentes, sendo que esses materiais não

são afectados com a mudança de temperatura e o valor da sua susceptibilidade magnética é tipicamente

próximo de um milhão e sempre negativo, devido a Lei de Lenz que afirma que um circuito submetido a um

campo magnético externo variável, cria um campo contrário opondo-se a variação deste campo externo.

Devido ao valor da susceptibilidade magnética ser negativo, o material sofre uma repulsão, entretanto o

efeito é muito fraco.

Todo material diamagnético submetido a um campo magnético externo apresenta um momento dipolar

magnético orientado no sentido oposto ao do campo magnético externo. Se o campo magnético externo é

não-uniforme, o material diamagnético é repelido da região onde o campo magnético é mais intenso para a

região onde o campo magnético é menos intenso.



O paramagnetismo consiste na tendência que os dipolos magnéticos atómicos têm de se alinharem

paralelamente com um campo magnético externo. Este efeito ocorre devido ao spin mecânico -

quântico, assim como o momento angular orbital dos electrões. Caso estes dipolos magnéticos estejam

fortemente unidos então o fenómeno poderá ser o ferromagnetismo ou o ferrimagnetismo.

Este alinhamento dos dipolos magnéticos atómicos tende a se fortalecer e é descrito por uma

permeabilidade magnética relativa maior do que a sua unidade (ou, equivalentemente, uma

susceptibilidade magnética positiva e pequena).

O paramagnetismo requer que os átomos possuam, individualmente, dipolos magnéticos permanentes,

mesmo sem um campo aplicado, o que geralmente implica um átomo desemparelhado com os orbitais

atómicos ou moleculares.

No paramagnetismo puro, estes dipolos atómicos não interagem uns com os outros e são orientados

aleatoriamente na ausência de um campo externo, tendo como resultado um momento líquido zero. No

caso de existir uma interacção, então podem espontaneamente se alinhar ou antialinhar-se, tendo como

resultado o ferromagnetismo ou o antiferromagnetismo, respectivamente. O comportamento

paramagnético pode também ser observado nos materiais ferromagnéticos que estão acima da

temperatura de Curie, e nos antiferromagnéticos acima da temperatura de Néel.

Em átomos sem dipolo magnético, um momento magnético pode ser induzido em uma direcção anti-

paralela a um campo aplicado, este efeito é chamado de diamagnetismo. Os materiais paramagnéticos

podem também exibir o diamagnetismo, mas tipicamente com valores fracos.

Os materiais paramagnéticos em campos magnéticos sofrem o mesmo tipo de atracção e repulsão que

os ímãs normais, mas quando o campo é removido o movimento Browniano rompem o alinhamento

magnético. No geral os efeitos paramagnéticos são pequenos (susceptibilidade magnética na ordem

entre 10-3 e 10-5).

Lei de Curie: Sobre baixos campos magnéticos, os materiais paramagnéticos exibem a magnetização na

mesma direcção do campo externo, e de acordo com



, onde:

M é a magnetização resultante.

B é a densidade do fluxo magnético do campo aplicado, medido em tesla.

T é a temperatura absoluta, medida em kelvin.

C é uma constante específica de cada material (sua Constante de Curie).

Esta lei indica que os materiais paramagnéticos tendem a se tornar cada vez mais magnéticos enquanto

o campo magnético aumentar, e cada vez menos magnéticos ao aumentar a temperatura. A lei de Curie

é incompleta, pois não prediz a saturação que ocorre quando a maioria dos dipolos magnéticos estão

alinhados, pois a magnetização será a máxima possível, e não crescerá mais, independentemente de

aumentar o campo magnético ou diminuir-se a temperatura.

O ferromagnetismo é o ordenamento magnético de todos os momentos magnéticos de uma amostra, na

mesma direcção e sentido. Um material ferromagnético é aquele que pode apresentar ferromagnetismo. A

interacção ferromagnética é a interacção magnética que faz com que os momentos magnéticos tendam a

dispor-se na mesma direcção e sentido. Tem que se estender por todo um sólido para que se alcance o

ferromagnetismo. O ferromagnetismo é o resultado do acoplamento spin-órbita dos electrões

desemparelhados que se alinham em regiões chamadas domínios magnéticos. Em geral, as amostras têm

magnetização nula porque os domínios são orientados aleatoriamente.

Aplicando um campo magnético nessa amostra, os domínios se orientam no mesmo sentido e a amostra

passa a ter uma magnetização não nula. Mesmo que o campo externo seja desligado, a amostra ainda assim

apresentará uma magnetização não nula.

Todos os materiais (como o ferro, aço, níquel e cobalto) e algumas ligas metálicas que se caracterizam por

serem fortemente magnetizáveis, pois, quando colocadas num campo magnético forte, os seus domínios

alinham-se, dando origem à formação de um pólo norte e outro sul (magnéticos).

.B

M CT

=



Lei de Lenz

Segundo a lei de Lenz, o sentido da corrente é o oposto da variação do campo magnético que lhe deu

origem. Havendo diminuição do fluxo magnético, a corrente criada gerará um campo magnético de mesmo

sentido do fluxo magnético da fonte. Havendo aumento, a corrente criada gerará um campo magnético

oposto ao sentido do fluxo magnético da fonte.

Tendo como exemplo uma espira circular no mesmo plano da tela do monitor submetida a um fluxo

magnético constante (portanto sem corrente induzida) e "entrando" na tela. Dependendo da

movimentação dada à espira, ocorrerá aumento ou diminuição do fluxo magnético e, com base nesse

movimento, podemos determinar o sentido da corrente criada:

Afastamento (diminuição do fluxo magnético): sentido horário.

Aproximação (aumento do fluxo magnético): sentido anti-horário.

Com a variação do fluxo magnético, mesmo constante, gera uma corrente eléctrica, intensa ou não,

depende-se do campo que se forma na espira circular.

Fluxo magnético, representado pela letra grega Φ, é a grandeza que mede o magnetismo, levando em

conta a força e a extensão de um campo magnético através de uma superfície. A unidade no Sistema

Internacional é o weber, ou volt-segundo. A unidade do campo magnético é o tesla, ou weber por metro

quadrado.

Exercício 1 - Um toróide com 60 espiras/m transporta no seu fio uma corrente de 5A. O seu núcleo é

constituído por ferro, que possui uma permeabilidade nas condições em questão. Encontre H e

B no interior do ferro.

05000µ µ=



Resolução –

Dados:

E , e como , fica

Assim

Agora o valor de B: como

Se Substância diamagnética

Se Substância paramagnética

Se Substância ferromagnética

Exercício 2 - Um solenóide longo com 12 espiras por centímetro tem um núcleo de ferro fundido.

? ?H B= ∧ =

60 espiras/mn =

5,00I A=

05000µ µ=

00 0 0

0

n H HB IB

µ µµ

= = ⇔ =

00

. .

2 .

NB

I

r

µπ

=2 .

nr

N

π= 0 0B Inµ=

00

0

HB µ

µ= =

0

nI

µ( )( )0 56nI= =

300HA

m=

( )700 0 5 000 5 00300 30010 4 0HB B

µ

µ πµ −= ⇔ = =

0 1,885 B T=

1rµ < →

1rµ > →

1rµ = →



Quando a corrente é 0,50A, o campo magnético no interior do núcleo é 1,36T. Encontre:

(a) O campo magnético que seria produzido dentro do solenóide se o núcleo não existisse.

(b) A permeabilidade relativa do ferro fundido.

(c) A magnetização dentro do núcleo.

Dados:

Resolução a) –

Sei que , então

Resolução b) – A permeabilidade relativa é

Sei que , então (sem unidades!)

Resolução c) – A magnetização é - Magnetização. .

E como sei que fica:

12 espiras 1200/m/cmn = = 0,50I A= 1,36B T=

0 ?B =

0 0B Inµ= ( )( )( )70 4 10 ,0 0 5120B π −= 0 754 B Tµ=

?rµ =

0 rB B µ=4

0

1,36

7,53.10 r

B T

B Tµ

−= = 1804rµ =

M

MA

m =

1 1,mr rmX Xµ µ= + ⇔ = −



.

Exercício 3 - Pretende-se obter um campo magnético de 1,30T no núcleo de ferro de um toróide. O toróide

tem um raio médio de 10,0 cm, e uma permeabilidade magnética de . Qual é a corrente necessária

sabendo que o toróide possui 470 espiras de fio? (A espessura do anel de ferro é pequena comparando com

10 cm, assim o campo no material é quase uniforme.)

Dados:

Resolução –

( ) 0. 1 .m rHM Xµ

µ= = −

0

nI

µ( ) ( ) ( ) ( )( )180 0,4 1 . 1 803 . 200 51 nI

=

=

−

61,08.10A

Mm

=

600A

Hm

=

05000µ

470N = 110,0 10r cm m−= = 1,30B T=

?I =



Sei que , e que . Como , então, tudo, fica:

Exercício 4 - Um toróide com um raio médio de 20,0 cm e 630 espiras é preenchido no seu interior por uma

substância cuja susceptibilidade magnética . A corrente nas espiras é 3,00A. Encontre a magnitude

do campo B (assuma que é uniforme) no interior do toróide.

Resolução –

Dados -

0 0B Inµ= nl

N= 2l rπ=

( ) ( )

0

7

1

00 0

00

1,30

42 2 1

04 0

0

71

r

B B TI

NInB

mn

µµ µ π

π π−

−

= ⇔ = = =

277I mA=

100mX =

?B =

220 cm 20.10 mr −= = 3I A= 100mX = 630N =



Sei que , em que é o comprimento do solenóide igual ao perímetro do toroide, ou seja é igual a

Sei também que .

E que , então

Exercício 6 - Calcule a energia associada ao campo magnético de um solenóide de 200 espiras no qual uma

corrente de 1,75A produz um fluxo de em cada espira.

Resolução –

Dados -

Sei que , e que . Como , fica tudo assim:

nl

N= l

( )2 perímetro .rπ 0 0B Inµ=

( )0 0 1r mB B B XBµ= ⇔ = + ( )( )0

0 0 1

r

mr

B

IB B Xn

µ

µ µ= = + ⇔

( ) ( ) ( )74 1 030 21 01 1l

NB π π−

⇔ = + =

7 6

210

30

π− ( ) ( )7

2

630

2

12101 .10 101

2 0.10 mr −−

=

191B Tµ=

43,70 10 Wb−×

?BU =

43, 7.10B Wb−Φ = 1,75I A= 200N =

21

2BU LI= B

I

N

LΦ = B

Ind

d dL

d

IN

t dtε = − = −

Φ



e como , fica:

Exercício 7 - O campo magnético no interior dum solenóide supercondutor é 4,50T. O solenóide tem um

diâmetro interior de 6,20 cm e um comprimento de 26,0 cm. Determine:

(a) A densidade de energia magnética no campo.

(b) A energia armazenada no campo magnético no solenóide.

Resolução a) – e é a densidade energética magnética e é a energia associada a energia

magnética.

Dados -

Sei que , e também sei que .

Assim como e , então fica tudo:

,BB

LL

N I

NI Φ=Φ = ⇔ 21

2B ILµ =

1

2B

B

NU

I=

Φ 2

L

I

( )( )( )43,7.11 1

21,0 72

20 50B I WbN A−= =Φ 64,8BU mJ=

?Bµ = BU

4,5B T= 26,2 6,2.10d cm m−= = 23,1.10r m−=

21

2BU LI= 0

0

l

l

II

BB

N

N

µµ

= ⇔ =

.B ABΦ =. .

,B

LN A

I= 0

2

Ll

N Aµ=



E como , fica

Como , então . Assim continuando, fica

Resolução b) – Dados -

Sei que , e o volume é , fica:

2

2 0

2

0

21 1 1

2 2 2B

NN A l

l

BIU L

N

µµ

= = =

0µ A

l

2 2B l

20µ 2N

2

02

AB l

µ=

( )olume rea x compll

A rAV

toV imen= =1

2BUl

V=

2 lB

2 2

0 0 02 2

ABVB l

µ µ µ

= =

BB

Uu

Volume=

2

02BuB

µ=

( )( )

22

70

4,

2 2 4 10

5B

Bµ

µ π −= =

38,06B

J

m

µµ =

?BU = 226.10l m−=

.BB B B

Uu U u Volume

Volume= ⇔ = olume x lV A=

( )2

63

2

2. . x 8,06 26.10 . x 6, 2.1

2. 0

01.B B B

JU u Volume u

mA

mml π −

− = = =

6,33 BU KJ=



Exercício 9 - Uma dada região do espaço contém um campo magnético de 200 G (Gauss) e um campo

eléctrico de . Encontre:

(a) A densidade de energia total.

(b) A energia numa caixa cúbica de lado .

Dados:

Resolução a) –

Sei que . Do capitulo 3, sei que , e que . Assim fica:

Resolução b) –

62,5 10 N / C×

12 l cm=

4: 1G 10Nota T−=

200 20B G mT= = 62,5 10 N / CE = × 12 l cm=

?µ =

E Bµ µ µ= + 20

1

2E Eµ ε=2

0

1

2B

Bµ

µ=

( ) ( ) ( )( )

22

22 12

70

3

60 2,5

1 1 1 18,85.10

2

20.1010 N /

2 2 2 4 .1C

0E B

TBEµµ εµ

µ π−

−

−

×

= + = + = +

3186,8

J

mµ =

?U =



Sei que . Assim fica,

.U lµ= ( )33

. 186,8 0. 12.1J

Um

l mµ − = =

323U mJ=



SÉRIE9–EquaçõesdeMaxwell

Tópicos - Corrente de deslocamento

Exercício 1 - Uma corrente de 0,100A está a carregar um condensador de placas quadradas de lado 5,00 cm.

A separação entre placas é 4,00mm. Encontre:

(a) A taxa de variação temporal (ou seja a derivada em ordem ao tempo) do fluxo eléctrico entre as placas.

(b) A corrente de deslocamento entre as placas.

Resolução a) –

Dados:

?Ed

dt

Φ=

0,100I A=

25,00 5.10l cm m−= =

34,00 4.10d mm m−= =



Lei de Gauss, em que é o fluxo eléctrico.

Lei de Ampere-Maxwell

Em que é a densidade de corrente de deslocamento.

E em que é a intensidade de deslocamento, .

E . E a densidade da corrente é .

Voltando ao exercício, sei que , assim

2 0E E

Ed S

d S

qE

V

m

mε

= Φ = ⇔ Φ = → =

∫

EΦ

0 0.s

dBdl d

E

tsj

dµ ε

Γ

= + →

∫ ∫

0.Ed

dtε

0 0. .s

d

dBdl dE

tsµ ε

Γ

= →

∫ ∫

0.s

d sd

dtEε

∫

dI

0 0. . Ed

s

dddd

Id

st dt

EI ε ε

Φ⇔

= =∫

s

dj sI = ∫

dqI

dt=

0

0

em que E

E E

qd

d dq

dt dt dt

ε

ε= Φ = →

Φ Φ = ⇔

( )12

0 0

11 1 1

8,850

.101E

dI A

d q

dt dtε ε−

−= = =

Φ101,13.10E

d Vm

dt s=

Φ



Resolução b) –

Exercício 2 - Uma corrente de 0,200A está a carregar um condensador de placas circulares de raio 10,0 cm.

Se a separação entre placas é 4,00mm,

(a) Qual é a taxa de variação temporal (ou seja a derivada em ordem ao tempo) do campo eléctrico entre

placas?

(b) Qual é o campo magnético entre placas a 5,00 cm do centro?

Dados:

?dI = → 0 0. Ed

d

dtI ε ε=

Φ=

0

I

εI= 110dI A−=

110cm 10r m−= =

0, 200I A=

34,00 4.10mmd m−= =



Resolução a) –

Sei que Lei de Gauss

A área para uma das placas é , e é definido por

Ora sei pelo exercício 1 que . Sei também que .

Assim .

Agora posso fazer a seguinte igualdade:

?d E

dt=

0E

d sq

Eε

Φ = = →∫

pA0

Ep

qA

ε= Φ =

( ) ( ) ( ) [ ]0 0 0

1EE p

d d dE E E

d q d Iq

dt dt dtd s d s A

dt dtε ε ε

Φ Φ→ = → = = = =

∫ ∫

0

Ed I

dt ε

Φ=

Ar

E

ea

E Ed s d s= =Φ ∫ ∫

( ).

E

A

E

rea

dd d d d

d

E EAs

t dt dt dreaE A

t

Φ

= = =

Φ

∫

0

d

d

IEA

t ε=



Nota: a área é

Resolução b) –

Dados:

Lei de Ampere-Maxwell:

Nota: é o perímetro, e é a área (A) maior. E também ter cuidado com as áreas, pois .

( ) 120

1 2 8

0,

.8

20

5..1 1

0

00

I A

A

E

d m

d

t ε π −−⇔ = =

117,19.10

m

d

V

t s

d E=

1 1 2 x x10 10 r m mππ π− −= =

?B =

110r r m−Γ= =

25.1cm 05Pr m−= =

( )0 0 0 0

Exercicio 2

. . . . .s

dl dd d

dt dtEB sE Aµ ε µ ε

Γ

= =∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( )0 0 0 0 0 0

Perimetro da circunferen

0

c

2

ia

2. . . . . . . . .B B Bd d

dt d AE A A

t

IrEdl dl rπ

εµ πε µ ε µ εΓ

Γ Γ

Γ= ⇔ = ⇔ = ⇔∫ ∫

2 rπ Γ ( )2rπ Γ A A≠



Exercício 3 - O vector campo magnético de uma onda electromagnética é dado por

(a) Encontre o campo magnético correspondente.

(b) Calcule e .

Resolução a) – e sei que é no eixo dos “yy” e o é no eixo dos “zz”.

2B π⇔

rΓ( ) 0 0.µ ε=0

2.

P

I

rπ ε. π 2rΓ( ) 0 2

02

2 . . . .2P P

Br r

rr

IB Iµ

πµ

πΓ

Γ⇔ = ⇔ = ⇔

4B

π⇔ = 7.10

2π

− ( )( )

( )721

2

2

5.1. . 2.10

00,20. 0

0.

1P

m

r m

rI A

−

Γ

−

−= 0, 2B Tµ=

( ) ( ) ( ) 0 0, sin cosE x t E kx t j E kx t kω ω= − + −

· E B

E B×

?B =

j k

x zy

di j krot ro

B

d

d

td

d

dz

E

E

E

E

E

td

dx y

= → =− ⇔



Nota: a única relação entre e na Lei de Faraday é obtida fazendo .

Sei que .

Assim:

Assim:

; ;z zx y xy

d dE E

dx

d dE E

dz

d dE E

d zy yd d dx

= − − − =

B

E

rotE

0 ; 0 ; 0 ; 0z x xy

d dE

dz d

d dE

dy dE

zE

y= = = =

0 x

dB

dt= −

− z

d

dxE = −

( ) ( )( )( )( )( )

11

0

0

0 ; ; 0 ; ;

sin

coszy y

xx

y

z

z y

z

y

d

dxdB dtd

B dB d

f x

dB dB dt dB dt

y z f x y z

E k kx

t

d

E

t

E k kxd d

dx

B

dxd

tE

B

E

t

tω

ω

= + = +

⇔ = ⇔ = − −

= − − = − = ∫

∫

∫

∫

( )10 ; ;

y

x f x y

B

B z= +

= − 0E k− ( )

( )2

cos; ;

zB

kx tf x y z

ω

ω

− +−

= −( )

0

sin kx tE k

ω− −

( )

( )

( ) ( )

( ) ( )

1

02

033

0 ; ;

cos ; ;

sin ; ;; ;

x

y

z

f x y z

E kkx t f x y z

E kkx t f x y zf

B

x y

B

z B

ωω

ωωω

= + ⇔ = − + −

= − + +

( ) ( )0 00 ; cos ; sinkx t kB tE

xE k k

ω ωω ω= − − −



(desprezando as constantes de integração).

Resolução b) – (produto interno) e (produto externo).

Nota: o produto interno entre e é SEMPRE zero.

( ) ( )( )00 ; 0 ; cos ; sinE k

kx t x tB kω ωω

= − −

−

−

· BE

E B×

( ) ( )( ) ( ) ( )( )00

0 · 0 ; sin ; cos 0 ; 0 ; cos ; si. nE kx t E kx t kx t tE

kk

xBE ω ω ωω

ω−= − − − −−

( ) ( ) ( ) ( )2 2

0 0 · 0 sin cos cos sinE k E k

kx t kx t kx tB kE t xω ω ω ωω ω

= − − − + − −

· 0BE =

E

B

0

0

0

0

sin

c

co0

o

s

ss

0

in

EE

E k

E i j kB

E k

ω ω

×

−

= ⇔

00

00 . .

cossincos ; 0 ;sin 0

E kEB EE

kE

ω ω

× =

− ⇔

−



2 2 2 20 0sin cos

; 0 ; 0E k E

E Bk

ω ω+

× = ⇔

( )2

0 1 ; 0 ; 0Bk

EE

ω× =



SÉRIE10–CircuitosdeCorrenteAlternada

Tópicos - Elementos dos circuitos da corrente alternada

Impedância

Potência em circuitos de corrente alternada

Exercício 1 - Considere um circuito em que uma resistência está

ligada a uma fonte de tensão alternada que opera com uma amplitude de tensão

e frequência

(a) Qual é a diferença de potencial aos terminais da resistência, em função do

tempo, e qual a amplitude de ?

(b) Qual é a corrente que atravessa a resistência, em função do tempo, e

qual a amplitude de ?

(c) Qual é a diferença de fase (ou desfasamento) entre a corrente e a

tensão ?

Dados:

é a fonte de tensão.

200R = Ω

36m Vε = 60 .f Hz=

( )V t 0V ( )V t

( )I t

0I ( )I t

φ ( )I t

( )V t

200R = Ω 36m V Vε = = 60f Hz=

( )V t



Resolução a) –

Preciso de saber o e sei que . Quanto a frequência angular é . E sei

também que é . Assim:

Como , então fica

Resolução b) –

Equação Geral -

Para -

0 ?V =

( )V t ( ) ( )0.cosV t V tω= ( )ω 2 fω π=

f1

fT

=

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )0.cos .cos 2 .60 .co36 s 126 03V t V t V t tV V t V tω π π= ⇔ = ⇔ =

( )1 se k é impar

cos 1 se k é par

kπ−

=

0 36V V=

( ) ?I t =

( ) ( )( ) ( )( )( ) .cos 120 0,18.cos20

6

0120

3I t t

V t V

Rtπ π=

Ω= =

0t =( ) ( )( )

200(0) .cos 12

6,

30 0 0 18I

V

RA

V tπ

Ω= = =



Resolução c) –

A diferença de fase para a resistência é zero.

, e está em fase com

Os mínimos coincidem.

Exercício 2 - Repita os cálculos do exercício anterior, mas considere que em vez

de uma resistência temos um condensador com capacidade .

Dados:

Resolução a) –

Como , então fica

?φ =

0 radφ = ( )I t ( )V t

15,0 C Fµ=

615,0 15.10 C F Fµ −= = 36m V Vε = = 60f Hz=

0 ?V =


( )1 se k é impar

cos 1 se k é par

kπ−

=

0 36V V=



Resolução b) –

Para um condensador -

Para

Também poderia ter ido por este caminho: , e como é uma constante,

fica: .

Como sei que , fica:

Para

( ) ?I t =

0( ) . . .cos2

tCI t Vπ

ω ω = +

( ) ( )6( ) .120 . .cos3 120 0, 2.cos15.10 22

6 1 02

I t t tV F Aπ π

π π π− = + = +

0t = 0 0,2 I A=

( );

dQ dQC I

dV V dt

CV= = C

( ) ( ) ( ) ( ). 36.120 .sin 120 . 0,0648 .sin 120 .ddQ d

I t I t td dt

CV

t

VC

V dπ π π π= = = = − = −

sin cos cos2 2

π πα α α = − + = −

( ) ( ) ( )0,0648 .sin 120 . 0 c,0648 . 120 .os2

I t t I t tπ

π π π π = − ⇔ = − ⇔ +

0t = 0 0,2 I A=



Resolução c) –

A diferença de fase existe, e é de .

(consultar capitulo 31, pagina 1 009, do Tripler)

Exercício 3 - Repita os cálculos do exercício anterior, mas considere que em vez

de uma resistência temos um indutor com indutância de .

Dados:

Resolução a) –

Como , então fica

Resolução b) –

Para um indutor - , e a saber que é a velocidade angular.

?φ =

2

radπ ( ) 90º

2rad

πφ =

230,0 L mH=

230,0 0, 23L mH H= = 36m V Vε = = 60f Hz=

0 ?V =


( )1 se k é impar

cos 1 se k é par

kπ−

=

0 36V V=

( ) ?I t =

0( ) .cos. 2

I t tV

L

πω

ω− =

ω



Para

Também poderia ter ido por este caminho: ,

fica:

Para -

Resolução c) –

A diferença de fase existe, e é de .

Nota:

( )( ) .cos 120 0, 415.0

cos 120120 . 3 22 2

6

,

3I t t

Vt A

H

π ππ π

π − = = −

0t = 0 0,415 I A=

( )dIdt dt dt I t

V V

L

V

L Ldt= ⇔ = ⇔ =∫ ∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( )36.cos 120 . 36 36 1

cos 120 . sin 120 .0,23 0, 23 0,23 120

tI t dt t dt t

H H H

ππ π

π = = = =

∫ ∫

( ) ( )0,415sin 120 .I t t Aπ=

0t = 0 0,415 I A=

?φ =

2

radπ

− ( ) 90º2

radπ

φ = − −

sin cos2

πα α = −



Ou seja está atrasada em relação a . O atraso de fase é .

Exercício 4 - Considere um circuito em que uma resistência um

condensador e uma bobina estão ligados em série

a uma fonte de tensão alternada que opera com uma amplitude de tensão

e frequência .

(a) Determine a amplitude da corrente no circuito.

(b) Determine a frequência de ressonância do circuito (em Hz).

(c) Qual é o desfasamento de I no circuito em relação à tensão?

Dados:

Resolução a) –

Recordar:

é a impedância complexa.

( )LI t ( )LV t 2

radπ

0 ,20R = Ω

15,0 C Fµ= 230,0 L mH=

36m Vε = 60f Hz=

0I

200R = Ω 615,0 15.10 C F Fµ −= = 230,0 0, 23L mH H= =

36m V Vε = = 60f Hz=

0 ?I =

0 0

Impedância

. . R L CV Z I V Z I Z Z Z Z Z Z= ∧ = ∧ = ∧ = + +

Z



E como , e também sei que .

Assim voltando ao exercício, fica:

Resolução b) –

A frequência de ressonância é a frequência para a qual o valor da corrente é máxima.

1 1LR CZ

iZ Z Z

Ci L

CZ i RLZ R

ωω

ωω = + + ⇔ = + + ⇔ = −+

2 fω π= 2 2a b a bi+ = +

2Z Z iR⇔ = = +2

1L

Cω

ω ⇔

−

( ) ( )( )

2

2

6

12 . 0, 23

160 .

2 .6 50 .0

. 0 2

10 HZ Z

Fω

ππ −

⇔ = Ω=

−+ ⇔

( ) 24 44.10 86,66 0,99 4.10 7339,35 219,3Z Z Z Z⇔ = = + ⇔ +− = ⇔ = Ω

00 0,164

219

36

,34I

Z

VA

V= = =

Ω

?f =



E como , então . Assim,

Ou seja .

Resolução c) –

é o desfasamento entre a tensão e a corrente.

21 1 1 10L L

C C LC LCω ω ω ω

ω ω= ⇔ = ⇔ =− ⇔ =

2 fω π=2

fωπ

=

6

11 1

85,69 2 2 .0,23 15.10 2

LCf HzLC H Fπ π π−

= = = =

538,3819 /rad sω =

?φ =

( )tg φ

( )( )( )

( )( )

( ) o desfasamento entrea corrente

e a tens o sim trico!

1Im Im

Re Re

éã é

LZ Z Ctg arctg arctgRZ Z

ωωφ φ φ

= ⇔ = ⇔ = ⇔

−− − −

−



Ou seja .

Exercício 5 – Um indutor , um condensador , e uma resistência

estão ligados em série a uma fonte AC (ou CA em português) de que produz uma amplitude de

corrente de 250mA no circuito.

(a) Calcule a amplitude da tensão.

(b) Determine o desfasamento entre a corrente e a tensão.

Dados:

186,7 176,8

200

LCarctg arctg

R

ωωφ φ

− −− − −

⇔ = ⇔ = ⇔

−

24,3ºφ =

0, 424 /rad sφ =

400 L mH= 4, 43 C Fµ= 0 ,50R = Ω

50Hz

500R = Ω 64, 43 4,43.10 C F Fµ −= = 400 0, 4 L mH H= =

50f Hz= 0, 25 I A=



Como sei que , então também sei que .

Resolução a) –

Assim voltando ao exercício, fica:

Resolução b) – é o desfasamento entre a tensão e a corrente.

50f Hz= 2 50 314,16 /Hz rad sω π= =

1 1R RZ Z iL

CiL

Ci ω

ωω

ω = + + ⇔ = −+

2Z Z iR⇔ = = +2

1L

Cω

ω ⇔

−

( ) ( )( ) 6

2

20, 4

4, 43.50

1314,16 / .

314,16 / . 10 0Z Z H

Frad s

rad sω

−Ω −

⇔ = = + ⇔

425.10 351447,41 775,53Z Z Z Z⇔ = = + ⇔ = = Ω

( ) ( )00 0775,530,25 193,88 Z VI VAV = = Ω = =

?φ = ( )tg φ



Ou seja .

( )( )( )

( )( )



1Im Im

Re Re

éã é


ωωφ φ φ

= ⇔ = ⇔ = ⇔

−− − −

−

( )( ) 6

1314,16 / .

314,16 / .0,4

4,43.1

0

0

5

0

rad srad s

arc

HF

tg ωφ−

⇔ = ⇔

Ω

−

−

−

49,85ºφ =

0,87 /rad sφ =



Exercício 6 – A que frequência é que a reactância indutiva dum indutor de iguala a reactância

capacitiva de um condensador de ?

Dados:

Resolução –

E como , então . Assim,

Exercício 7 – Um circuito AC em série contém os seguintes componentes: ; ;

e uma fonte de tensão com amplitude 210V operando a . Calcule:

(a) A reactância indutiva.

57 L Hµ=

57 C Fµ=

657 57.10 C F Fµ −= = 657 57.10L H Hµ −= =

1L LC CX XX X

CLω

ω= ∧ = ∧ =

21 1 1 10

C CL

CL

LCLω ω ω ω

ω ω= ⇔ = ⇔ = ⇔ =− ⇔

( )( )6 657.10

117543,86

57.1 /

0r s

FHadω ω

− −⇔ = ⇔ =

2 fω π=2

fωπ

=17543,86 /

2 792,19 2

rad sf Hz

π= =

150R = Ω 250 L mH=2 C Fµ= 50Hz



(b) A reactância capacitiva.

(c) A impedância.

(d) A corrente máxima.

(e) O desfasamento entre a corrente e a tensão.

Dados:

Resolução a) –

Resolução b) –

150R = Ω 250 0, 250 L mH H= = 62 2.10C F Fµ −= =

210 V V= 50f Hz=

( ) ( )( )6255 .12 02 0L L LfX L X L X Hπ πω −= ⇔ = ⇔ = ⇔

78,54 LX = Ω

( ) ( ) ( )6

1 1 1

2. 02 2 1C C CX X X

C Cf f Fπ πω −= ⇔ = ⇔ = ⇔

1 591,55 CX = Ω



Resolução c) –

Assim fica:

Resolução d) –

?Z =

1 1R RZ Z iL

CiL

Ci ω

ωω

ω = + + ⇔ = −+

2Z Z iR⇔ = = + 2

21L Z Z i

CRω

ω ⇔ = = +

− ( )2

L CX X− ⇔

( ) ( )2 278,54 159150 1,55 Z Ω −⇔ = + Ω Ω ⇔

( )2 22 289 199,260 15Z⇔ = Ω + Ω ⇔

1 520, 43 1,52 kZ Z= = Ω ≈ Ω

0 00

00 0

0,138

1 520,43

210V VZ A

ZV I I I I= ⇔ = ⇔ = ⇔ =

Ω



Resolução e) – é o desfasamento entre a tensão e a corrente.

Ou seja .

Exercício 8 – Calcule a impedância equivalente do seguinte circuito:

?φ = ( )tg φ

( )( )( )

( )( )



1Im Im

Re Re

éã é


ωωφ φ φ

= ⇔ = ⇔ = ⇔

−− − −

−

78,54 1591,5

150

5 84,33º

arctgφ φ

−− −

ΩΩ Ω ⇔ = ⇔ =

1, 47 /rad sφ =



Dados:

Resolução – Preciso de saber a impedância equivalente, .

Assim para

,tenho .

Para

, tenho .

Com

Assim vêm que .

Para

4

1

2

41 2

2

400 4.10

1

600 6.1

;

; 0

10

3

0

5

C F F C F F

L H

R R

mH

µ µ− −

−

= =

= = = =

=

Ω

=

Ω

100 V V= 50f Hz=

?eqZ = 1 2eqZ Z Z= +

1A iRZ Lω= +

1Z

1 1

1 1 1

A CZ Z Z= +

1

1

1CZ

i Cω=

1 1

1

1 1 1 1 1

1 1 1 1 .

.

C A A C

A C A C C A

Z Z Z ZZ

Z Z Z Z Z Z Z Z

+= + ⇔ = ⇔ =

+

2 2

2 2 2 2 2

1 1 1

.

R C

C R R C

Z Z

Z Z Z Z Z

+= + =



,tenho .

Como , fica

2Z

2 2

2

2 2

.R C

R C

Z ZZ

Z Z=

+

1 2eqZ Z Z= +

1 2 2

1 2 2

. .A C R Ceq

C A R C

Z Z Z ZZ

Z Z Z Z= +

+ +

( ) ( )

( ) ( )1 2 2 2 2 1

1 2 2

. .A C R C R C C A

eq

C A R C

Z Z Z Z Z Z Z ZZ

Z Z Z Z

+ + +=

+ +

2 1 1 2 2 1 2 2 2

2 2 1 2 1 2

. . . . . . . .

. . . .

A R C A C C R C C A R Ceq

A R R C A C C C

Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z ZZ

Z Z Z Z Z Z Z Z

+ + +=

+ + +

( ) ( ) ( )

( ) ( )1 1 2 1 2

1 2 1 2 1 2

1 2 2

2

1 2 1 21

1 1 1 1 1 1. . . . . . . .

1 1 1 1. . . .

eq

i i iR R R R R R

R R

i i i i i iZ

i ii i

C C C CL L L

L L

C C

C C C Ci iR R

ω ω ωω ω ω ω ω ω

ω ωω ω ω ω

+ + + + + +=

+ + + + +

( ) ( ) ( )

( ) ( )

4 4 4 4 4 4

4 4 4 4

4.10 4.10 6.10 4.10 6.10 6.10

4.10 6.10 4.10

1 15 3 5 3 5

1 1 1 1. . . . . . . .

1 1

3

5 3 3 56.10

1 1. . . .

eq

i i ii i i i i i

L L L

L LZ

i ii i i i

ω ω ωω ω ω ω ω ω

ω ωω ω ω ω

− − − − − −

− − − −

+ + + + + +=

+ + + + +



E como , fica:

( ) ( )

( )

2 22

4 2 2 2 2

2 2

8 4

4 82

8

4

2

10 1

4.10 24.10 24.10 6.10

4.10 6.1

3 5 3 55 3

3 53 5

0 24.10

01

01

0

101

eq

i ii

i i i iZi

ii i i

ω ωωω ω ω ω

ωω

ω ω ω

− −−

−

− −

−−

− −

− −

+ +++ + +

=+

+ + + +

2 1 2 100i fω π π= ∧ = =

( )( )( )

( )( ) ( )

( )( )( )

( )( ) ( )( )

( ) ( )

2 2

4 48 82 2

824

2

24

2

10 10

4.10 6.1024.10 24.10

4.10 6.

100 100100

100 100100 100

100 1100

100 1

3 5 3 55 3

533 5

00 110 24.10

10

1010

00

eq

i ii

i iZ

ii

i i

π πππ ππ π

ππ

π π π

− −− −

− − −

− −−

−−

+ +++ + +

=+

+ + + +

( ) ( )

( )

( ) ( )

( ) ( )2 2 4 4 2 4

2 2 4 22

2 2

2 4

2

6 4

4.10 6.10 24.10 24.10 24.10 24.106. 4.

4.10 6.10 24.10 24.10 2

3 5 3 5 15 3 15 35 3 5 3

3 5 3 53 5 34.10

1 15

eq

i i i ii i

i i iZi ii i

i i i

π π π ππ ππ π π π π π

π ππ ππ π π π π

− − − − − −

− − − − −

+ + + + ++ + ++ + + +

= =+ + ++ + + + + + +

[ ] [ ]( ) [ ]

[ ][ ]( )

[ ]( ) [ ]

[ ][ ]

2 2

4 4

22

44

75 18 60 12 10 8 135 30 10 8

24.10 24.10

18 20 4 10 110 115 31

35 3

24.1024.10

6. 4 5.eq

i i i i i

i i

iiii

i

Z

i

π π π π π

π π

ππππ

ππ

− −

− −

−−

−−

+ + + + + + + +

= = = + + ++ + + + ++ +

[ ] [ ][ ] [ ]4 4 2

1,35 0,3 8

15. 24.10 3 . 24.10 18 20 4 10 1eq

i i

i iZ

i i

π π

π π π π− − −

+ + +=

+ + + + +

[ ][ ] [ ]

[ ][ ]

[ ]( )9,35 3, 44 9,35 3, 446,65 1, 27

0,113 0,0711 0,38 0,126 1 1,451 0, 24eq

i ii

i i iZ

+ += = = + Ω

+ + + + +



Está qualquer coisa errada! Devia de dar:

Exercício 9 – Que valor de corrente contínua produz a mesma quantidade de energia térmica, numa

determinada resistência, que uma corrente alternada que tem um valor máximo de 2,60A?

Resolução – RMS é valores médios quadráticos. Usando este valor, pode se escrever a taxa média de

dissipação de energia nos circuitos de corrente alternada é igual aos circuitos de corrente contínua.

A potência media para circuitos de corrente alternada é .

Graficamente é:

Sei que é 2,6 A, mas não sei o valor de . Sei a potência média: , assim

[ ]( )8,84 2,93 eq iZ = − Ω

( )2.

ACmed rmsP R I=

0I DCIACmed DCP P=



como fica:

Exercício 10 – Qual é o valor máximo de uma tensão AC cujo valor rms é 100V?

Resolução –

Ora sei que

( ) ( )2

2 2 0. . ,2

med DCAC

rms DC DC

P P

IR I R I I= ⇔ =

0 ,2

rms

II =

0 2,6 1,84

2 2DC DC DC

I AI I I A= ⇔ = ⇔ =

0 ?V =

100 rmsV V=

00 0. 2 141,4

2rms rms

VV V V V V= ⇔ = ⇔ =



Exercício 11 – Uma tensão AC da forma é aplicado a um circuito RLC em série. Assuma

que a resistência é 400 Ω, a capacidade 5,00 μF e a indutância 0,500 H. Encontre a potência média fornecida

ao circuito.

Dados:

Resolução –

Sei que e que

Assim fica:

( )100sin 1000V t=

1165 5. 5400 00 ,1C FR F L Hµ −= = = =Ω

( ) 0 1000 /100sin 1000 100 radV sV t V V ω= → = ∧ =

?médP =

( )2.

ACmed rmsP R I= 0

2rms

II =

00 00ZIV I

V

Z= ⇔ =

?Z =

1 1R RZ Z iL

CiL

Ci ω

ωω

ω = + + ⇔ = −+

2Z Z iR⇔ = = + ( ) ( )2

2 240

1500 20 00 L Z

Cω

ω− ⇔ = + Ω Ω ⇔

Ω −



Assim

Como

500 Z Z= = Ω

00 00

0 0

10

50

00,2

0

VI I I I A

VZ

ZV = ⇔ = ⇔ = ⇔ =

Ω

( )2 2

2 0 0, 2 . . 400 .

2 2AC AC ACmed rms med medP R I P R PI A

= ⇔ = ⇔ = Ω ⇔

8 ACmedP W=



SÉRIE11–TeoremadePoytingeMomentoElectromagnético

Tópicos - Teorema de Poyting

Momento Electromagnético

Exercício 1 - Numa região do espaço existe um campo eléctrico uniforme dado por e

um campo magnético uniforme dado por . Determine o momento linear do campo

electromagnético num volume dentro da região considerada.

Dados:

Resolução – (momento linear do campo electromagnético no volume “v”).

Em que é a densidade (volumétrica) do momento linear do campo electromagnético.

Assim, fica: . As constantes ficam

de fora da integração: .

Vou agora calcular o produto, usando o cálculo da matriz:

( )1; 2; 0 /E V m=

( )0; 0; 3 B mT=3V 5 m =

( )1; 2; 0 /E V m=

( ) ( )30; 0; 3 0; 0; 3.10 B mT T−= =

3V 5 m =

0 x x ?v

B vE dε =∫

0 x x E Bε

( )( ) ( )( )0 031; 2; 0 / 0; 0; 3 x x .10 x x

v v

BE v V dT vd mε ε −=∫ ∫

( )( ) ( )( )30 0; x 0; 1; 2; 3.10 / 0 x

v

m vTV dε −∫



E sabendo que permissividade do vazio é , e que , fica:

Cuidado para não esquecer o , que retirei do calculo da matriz para me facilitar os cálculos!

Exercício 2 - Considere uma lâmpada que emite ondas electromagnéticas esféricas uniformemente em todas

as direcções. Assumindo que a lâmpada emite 50W de radiação electromagnética, encontre a intensidade e

a pressão de radiação a uma distância de 3m da lâmpada.

Nota: A pressão de radiação é a pressão exercida sobre certa superfície devido a incidência de uma onda

electromagnética. Isto ocorre em decorrência de uma onda electromagnética possuir momento linear e

massa, apesar de possuir massa de repouso igual a zero. Logo, o princípio da conservação de momento

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) x x ; x x 3 0 0 3 0 0

0 0 3

2 0 0 1 0 0

1 2 0

; x x i j ki j k − − − =

( ) ( )6 ; 3 ; 0 6 ; 3 ; 0i j k− → −

12 10 8,854.10 Fmε − −= 3V m 5

v

dv = =∫

( ) ( )10

32 18,854.1 x x x x 6 ; 53 ; .0 10 0v

FmvdBEε −− −= −∫

( )( )140 x x 4, 43.10 6 ; 3 ; 0

v

KgdvE

sB

mε −= −∫

310−



linear demonstra que a interacção da radiação electromagnética sobre a superfície deve transmitir momento

linear, e, a partir da segunda lei de Newton, pode-se averiguar que a variação do momento linear de um

corpo material é resultante de uma força aplicada sobre tal corpo. Calculando-se a razão entre a força

actuante sobre a superfície e a área total de actuação encontra-se a pressão de radiação.

Ver pagina 1 085 (415 do PDF, capitulo 34.4) de Raymond Serway.

Resolução – (pressão de radiação)

Sei que o volume de uma esfera é , e que a sua área é dada por

Cuidado com a escrita, pois “P” maiúscula é para o momento linear, enquanto que “p” minúscula é a pressão

de radiação.

.

?p =

34

3V rπ=

24A rπ=

( )2 22

50

4 4 42

30,4

r m

P P WS

m

WSI

Aϖ ϖπ π≡ = = = = ⇔ =



Como .

Exercício 3 - Imagine que se encontra “encalhado” no espaço a 20m da sua

nave espacial. Transporta consigo um laser de 1kW. Se a sua massa total,

incluindo o seu fato espacial e o laser, é 95 kg, quanto tempo demorará para

alcançar a sua nave se apontar o laser em sentido contrário?

Dados:

Resolução –

Sei que , e que . Assim:

Como sei que , e sabendo que , então

29

28

1, 47.10, 44

0 3.10

2 W

Np Pa

Nc m

S

W

mϖ − = = =

20 1 5 9d m Kk m gP W= = =

?t =

20 0

1

2x x v t at= + + ( )0 0 0 0dx x v− = ∧ =

2 21 22

2at t

dd t

d

a a= ⇔ = ⇔ =

PF pA Ap pA m c c

Sϖ= = ∧ = =F pA

am m

= =



Assim sendo, e sabendo que fica .

Sabendo que , fica

Exercício 4 - Hoje em dia os ponteiros laser são muito usados em

apresentações para dirigir a atenção da audiência para informação nos ecrãs.

Considere um ponteiro de 3,0 mW que cria um ponto de diâmetro 2,0 mm no

ecrã. Determine a pressão de radiação no ecrã, considere que o ecrã reflecte

70% da luz que incide nele.

Resolução – (pressão de radiação)

.

Pp A

a Am

= = ..

Am c

.

P

m c=

,P

amc

=2 2 2 mc

t t tPa P

mc

d d d→ = ⇔ = ⇔ =

83.10c =( )( ) ( )

( )

8

4

3

2 95 3.103,38.10 9 22 48

1

0

0

2t t s h m s= ⇔ =

?p =



A pressão de radiação de uma onda electromagnética é o momento linear transportado por essa onda por

unidade de tempo e por unidade de área.

.

.

Como .

Exercício 5 - O Sol fornece cerca de de energia à Terra na forma de radiação electromagnética.

(a) Calcule a potência total que incide num telhado de dimensões 8,00m x 20,0m.

(b) Determine a pressão de radiação e a força exercida pela radiação no telhado, assumindo que a cobertura

do telhado é uma superfície perfeitamente absorvente.

Dados:

pressão de radiação pressão de radiação

0 0,7 1,7

no ecrã

p p x x p+ = − + ⇔ =

( )

3

232 2

3.10 955

10

P P W WI

A mS S

r mϖ ϖπ π

−

−≡ = = = = ⇔ =

2 21,7 1,7 955 1 623,5

W Wx p x x

m m = ⇔ = ⇔ =

26

28

5, 41.10 3

1 623,5

.1

0

Np Pa

Nc mW

WS mϖ − = = =

3 210 W / m

( )3 2210 W / m 8 x 20 A mSϖ = ∧ =



Resolução a) –

.

.

Resolução b) – (pressão de radiação)

Como , fica .

SÉRIE12–PotencialVectorial

Tópicos - Definição e propriedade do potencial vectorial

Potencial de um campo simples

Potencial de um campo uniforme

?P =

( ) ( )( )3 52210 W / m 8 x 20 1,6.1 0 P

P PAS WS mAϖ ϖ= ⇔ = ⇔ = =

?p =

3

62

2

8

3,33.1

W10

m 0 3.10

S Np Pa

Nc mW

ϖ − = = =

pA

F=

( ) ( )6 42. 3,33.10 . 1 56 ,33.100 F p Pa NA m− −= = =



Potencial de um campo magnético produzido por um segmento finito

Potencial escalar no caso não estacionário

Exercício 1 - Um condutor cilíndrico longo de comprimento L, raio a, e resistividade transporta uma

corrente estacionária, I, que é uniformemente distribuída sobre a sua secção recta.

(a) Use a lei de Ohm para relacionar o campo eléctrico no condutor com I, e “a” (raio).

(b) Encontre o campo magnético B na borda do condutor.

(c) Use os resultados anteriores para obter o vector de Poynting S na borda do condutor. Qual é a direcção

de S?

(d) Encontre o fluxo do vector de Poynting através da superfície do condutor para o interior do condutor e

mostre que a potência no condutor é igual a , onde R é a resistência.

Resolução a) –

Sei também que , logo posso reescrever assim

A área é me dado pela definição (é me dito que ), assim fica .

Resolução b) – .

ρ

E

ρ

2I R

.V R I=L

RA

ρ=

.V E L=

.E L Lρ

=

R

I E IA A

ρ⇔ =

2A rπ= r a=2

E Ia

ρπ

=

00 0 0.2

2.

II Il l a

aBd dB IB Bπ

µµ µ µ

π= ⇔ = ⇔ = ⇔ =∫ ∫



Resolução c) –

.

Em que significa: “é dirigida radialmente para fora”.

Resolução d) – .

E sabendo que e

Fica,

Exercício 2 - Considere o potencial vector magnético (em coordenadas cilíndricas). Calcule

o fluxo magnético total que atravessa a superfície .

Resolução –

0

? x x S S SB

E EHµ

= ⇔ = ⇔ = ⇔

0

2 x

Iu

aS

µρπ

⇔ =

02

I

aπ µ

2

tangente r2 32S

Iu u

a

ρπ

⇔ =

ru

S SAdS S Ad= ⇔ =Φ Φ∫ ∫

2.R Iρ =L

RA

ρ=

( )2 2

2 32

22

2.

S S S S

I Id aL L

aR IS

aA

ρ ρπ

π πΦ Φ= ⇔ = ⇔ Φ = =Φ⇔∫

2

4 z

WbA

m

ρ= − a

; 1 2 ; 0 5 2

m z mπ

φ ρ= ≤ ≤ ≤ ≤

2

4 z

WbA

m

ρ − =

a



Agora é preciso ter em conta com os limites de integração:

Exercício 3 - Uma distribuição de corrente origina um potencial vector magnético:

( )

x

x

B

B rot A A

S S ld d AdB AΓ

=

= = =

Φ

= ∇

∇∫ ∫ ∫

0

1 3 4 1 3

0

2B Bl lA A A A A Al l l ld d d d d d

= =

⇔ = + + + ⇔ = + ⇔Φ Φ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

( )

( )

1 3

2 2

4 4z

l

zB

l

z zd u d ul lρ ρ

−⇔ = − +

Φ − ⇔ ∫ ∫

a a

( ) ( )2 20 5

5 04 4z z zB zz zd a d aρ ρ

⇔ =

Φ

+ ⇔

− −

∫ ∫

a a

2 20 0

5 5

2 1 5 155

4 4 4 4B Bz zd d Wb⇔ = − − = − ⇔ =Φ Φ∫ ∫



Calcule:

(a) B em .

(b) O fluxo do campo magnético através da superfície definida por:

Resolução a) – e

Sei também que , e que . Assim:

22 4y zxx xyzy xW

my

bA −= + aaa

( 1; 2; 5) m−

1 ; 0 1 ; 1 4.z x y= ≤ ≤ − ≤ ≤

( ) ( ) ( )22 4y zxx xyy zy xWb

Am

−= + +a aa ( )2; ?51; B m =−

E −∇=

x B rot A A== ∇

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ); ;

zyx

d Ay Ay da d

Az d d Aza d

Ax

y dyd

z dz

d

dy

A

d Axa dx dxd

dx

A

Bd

x

dz

Azy

− − −

= =

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2222

;4

;4 xd dxyz xyz

dz dz

y x y x dd

dy d

y dB

x y

dx x y

d

d

− −

= − − −

4B x y= −

2z y x− 2; x y 4 x− −( ) 2;yz y x 2x y−( )

( ) ( )2 22 20 04 ; ; ; ;4 4 4xz yz xz yz y xB xy= − + − −=− −



Agora sabendo que

Fica,

Resolução b) – com

( ); 2;1 5 B m−

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )2 24 5 4 5; ;2 21 1B = − − − −

( ) 220 ; 40 ; 3

WbB T ou

m

=

1 ; 0 1 ; 1 4.z x y= ≤ ≤ − ≤ ≤

BBd S= ⇔Φ ∫

( )( )22 0 0;4;4 ; ;B

y yxz yz dx dx⇔ =Φ − ⇔−∫

( )( )2 2 x ; x ;0 x 0 4 4B

yxz yz d dx x yΦ⇔ = − ⇔−∫

( )( ) ( )2 22 20 ; 0 ; x x B B

y yx x x x yd d d dy⇔ = −Φ Φ⇔ = − ⇔∫ ∫

( ) ( )2 2

By yd d dyx dx x⇔ = −Φ ⇔∫ ∫



Agora aqui, cuidado com os limites de integração. A minha referência é

Ou poderia ter feito deste modo, utilizando o teorema de Stokes:

Continua…

0 1 ; 1 4.x y≤ ≤ − ≤ ≤

( ) ( )4 1 1 4

1 0 0

2 2

1Bx xd dy y yxd d

− −⇔ = − ⇔Φ ∫ ∫ ∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )4 1

1 4

0 11

3 3 3

0

333 4 1 1 01 1 1 0 4 1

3 3 3 3 3 3B B

y x−

−

− ⇔ = − ⇔ = − − − − − − ⇔

Φ

Φ

( ) [ ]64 1 1 10 5 65 5

3 3 3 320

B B BWb

⇔ = + − − ⇔ = − ⇔ =

Φ Φ Φ

( ) xB B B

B Ad dS S lAdΓ

Φ = ⇔ Φ ∇= ⇔ = ⇔Φ∫ ∫ ∫

1 2 3 4Bd dl l d dlA A A A l⇔ = + + +Φ ⇔∫ ∫ ∫ ∫



SÉRIE13-Ondas

Exercício 1 - Um diapasão oscila com uma frequência de 440 Hz. Se a velocidade

de propagação de som no ar for de 340 m/s, determine o comprimento de onda e

o número de ondas do som. Escreva as expressões que representam a onda.

Nota: diapasão é um instrumento metálico em forma de forquilha, que serve para

afinar instrumentos e vozes através da vibração de um som musical de

determinada altura.

Dados: e

Resolução a) –

O comprimento da onda é medido de “crista” a “crista”:

440 f Hz= 340 /somv m s=

??? k ξλ = = =



, em que “v” é a velocidade de propagação, é o comprimento de onda (a

distancia percorrida), e “t” o tempo gasto. Assim:

“k” é o número de ondas.

é a expressão que representa a onda.

? somvt

λλ = → = λ

3400

,773

40

/

4 som

som

v m

ftmv

z

s

H

λλ λ λ= ⇔ = ⇔ = ⇔ =

0,773 ? 8,13

2/

2

mk k k k rad s

πλ

π= → = ⇔ = ⇔ =

ξ

( ) [ ]( )0 0sin? sin somx kt xk v tξ ω ξξ ξ ξ= → = − ∨ = − ⇔

( ) ( ) ( ) ( )( )0 08,13 /sin 2 44 80 sin 34,13 0/ / Hzx t x m srad s rad s t

ω

ξ πξ ξ ξ = − ∨ = −



Exercício 3 - Uma onda electromagnética sinusoidal de

frequência 40,0 MHz viaja no espaço no espaço livre na

direcção x, como se mostra na figura.

(a) Determine o comprimento de onda e o período da onda.

(b) Num dado ponto e instante, o campo eléctrico tem o seu

valor máximo de 750 N/C e é dirigido segundo o eixo y. Calcule

a magnitude e a direcção do campo magnético para esta

posição e tempo.

(c) Escreva expressões para as variações espaço-tempo das

componentes dos campos eléctricos e magnético para esta

onda.

Dados:

Resolução a) –

Resolução b) –

Em que é a magnitude do campo eléctrico, é a magnitude do campo magnético.

6040 M 40.1 0 /0 5 7f H z CH E Nz= = =

? somvt

λλ = → = ⇔

8

6

3.10

47

0.10 ,5 som

Nv c W

f Hzm

fλ λ λ λ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ =

00 0.?B E Bc= → = ⇔

0E 0B

( )00 0

8

60

3

750 /2,5.10

.

10N

E NB

c WB T

CB −

⇔ = ⇔ = ⇔ =



Resolução c) –

Verificar para e , para e igual a zero.

Preciso de saber o valor do

E sei também que:

( )60 2,5.10

r rB B T−= =

( ) ( )0 0.cos ; .cosBE E kxBtkx tω ω= − = −

0E E= 0B B= t x

2 2

7,5? /

k k k

mrad s

π πλ

= → = ⇔ =

( ) ( )06750 /

2.cos 2 .c

7,40.10

s

5o 2fx t x tE C zE N Hk

mω

ππ π

= − = −

( ) ( )60

642

.cos 2 .cos 22,5.107

0.1,5

0 B f HB zx t x tm

Tk

ω

ππ π−

= − = −

( ) [ ]( )0 0sin? sin somx kt xk v tξ ω ξξ ξ ξ= → = − ∨ = − ⇔

( ) ( )60 040.10

7,5 7,5

2 2sin 2 n

six t x

mcHz t

mω

ξ ξπ π

ξ π ξ

= − ∨ = −



Exercício 4 - O campo eléctrico no espaço livre é dado por

(a) Encontre a direcção de propagação da onda.

(b) Calcule k e o tempo que demora a onda a propagar-se uma distância .

(c) Desenhe um esboço da onda para t = 0, T/4, T/2.

Resolução a) – . Cuidado, pois houve uma troca no argumento do cosseno para

confundir. Ou seja é na realidade “ ”. Assim fica: .

A direcção da propagação é , ou .

Resolução b) - . E como sei que , e que , fica:

( )850cos 10 /yE t kx a V m+=

/ 2λ

( )0 cosE E kx tω= −

810 ω− ( )850cos 10 /yE t kx a V m−= −

x− xa−

?2

k kπλ

= → = somv

fλ = 810 2 fω π= =

8

8

2 2 10

3.10som som som

fk k k k

f

v v v

π π ω= ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔

( )0,3 3 /k rad s=



E agora para

Como , então

Como

Resolução c) – para

2 2? 22

som som

som

TtT

v vvT

λ λλ∆ = → = ⇔ = ⇔ =

2t T=12 2 2

2som somf fv v

X

X

λ λ= ⇔ = ⇔

12

2somv

λ⇔ =

2

ω 82 2 2 31,42

10som som som

sv v v

π πη

λ

π

λ

ω

λ⇔

⇔ =

= = ⇔

92 31, 42.10 som

t t sv

λ−∆ = ⇔ ∆ =

0t s=



Para Para

Exercício 5 - O campo eléctrico no espaço livre é dado por

Obtenha .

Resolução – é a intensidade do campo magnético. Como sei que .

Sei também que , e como

4

Tt =

2

Tt =

( )310 s .in /yE t kz a V mω −=

( ), H z t

H

00

00

.BB

E ccE

= ⇔ =

0 0

1c

µ ε= 0

0 0 00 00

BB H B H Hµ µ

µ= → = ⇔ = ⇔



Como sei que e tendo em consideração de que , fica:

Propaga-se segundo “z”.

. Preciso de saber a orientação de .

Cuidado, que no 2º termo só tenho componente em “z”

0 0 00

00 0 0

00 0 00

0 0

0 0

..

1H H H

E E EE

cH

εµ ε

µ µ µµ

µ ε

⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔

30 07

12

4

8,85.2,65

010

1

.10

AH H

mπ−

−

⇔ = ⇔ =

x S E H=

( )sin cos2

a aπ = −

( ) ( ) [ ]3 3 3 310 sin 10 c2 2

os 10 cos 10 cosz z z zt kz a t kz a kz t a kz t aω ω ωπ π

ω= = − − − − − + =

? x u uyuz HES =

?u

0

5

0y

z

x z

yx

zu

E

H

uu

H

u

H

=

( ) ( ) ( ) x x ; x x ; x x 5 0 ;0 00 0 0 ; 1y y y yxz z z zx x xE H u H E uH H u uu H H u − − − =



Sei que e que , fica então:

Exercício 6 - Encontre a distância de atenuação (ou profundidade de penetração) para uma frequência de

1,6MHz no alumínio, onde e . Encontre também a velocidade de propagação da onda.

Nota: é a condutividade.

Dados -

Resolução – Sei que

( ) ( ); 0 ; 5 0 ; 0 ; 1z zy x yx zxE u E uuH uuH u − =

0zH = 5xEH− =

[ ]( ) [ ]( )0 2,65 sin sinx x

AH H Ht kz

ma t kz aω ω= − −= −⇔−

38,2MS

mσ = 1rµ =

σ

61,6 1,6.10 f MHz Hz= = 38,2MS

mσ = 1rµ =

1 é quase isolador

1 é bom condutor

SeQ

Se

εωσ

>>= →

<<

( ) ( )( )( )6

12

128,85.2,33

10.

2210

38,

1, .10

2

6

MS

m

Q QHzf εε

σ σ

ππω−

−= = = ⇔ =



A fórmula para o caso em questão (bom condutor) é, em que é a distancia de atenuação para um bom

condutor:

Com , fica que .

Para bons condutor sei que a sua velocidade é dada pela seguinte definição , e sei também que

, logo tem se que:

∆

( ) ( )( )( )5

761,6.10

2

2 4 .

2 26,4.1

,2 38 200

1fm

zS

mH

Mµ µ πω π πρ ρ −

−∆ = = =

=

64 mµ∆ =

1ru = 00

1r

µµ µ µ

µ= = ⇔ =

vαω

=

2α

ωµσ=

22

2

v vωµσω ω

→ = ⇔ =ω

2v

µµ σσω

⇔ = ⇔

( ) ( )( )( )7

6

4 .

2 2

38

1,6.10

0

2 2

, 21

H

Mv

z

m

fv

Sσ

π

µ π

π

−

⇔ =

⇔ =

⇔

647 m

vs

=





Frequências

Frequência do dia 2007 01 25

Modulo 1

Exercício 1 - [3] Considere a reacção nuclear de decaimento radioactivo, 238 234 U Th α→ + ,

onde α é uma partícula α (núcleo de He). O número atómico de 238U é 92. Qual é o número

atómico de 234Th ?

Resolução – Material radioactivo é aquele que se desintegra e emite radiação por isso.

A característica de um elemento químico é o seu numero atómico, e em que consiste na quantidade

de protão no seu núcleo. O electrão pode ser acrescentando ou retirado, que continua a ser o mesmo

elemento químico. O núcleo de He tem 2 protões.

Assim para o elemento 238U , o 238 indica o número de massa, em que consiste na soma dos neutrões

com os protões. Pela tabela sei que tem 146 neutrões e 92 protões.

O 234Th α+ foi o que se obteve na sua desintegração. Sei duas coisas, 1º o número de massa do novo

elemento é 234, 2º sei também que α é composto por dois protões.

Assim tinha inicialmente 92 protões, foram libertados em partículas de hélio 2, fica 90.



A resposta ao exercício é 90 protões. 238 234

238 234 92 90 2U Th

U Thα

α→ + → = + .

Exercício 2 - [3] Qual deve ser a distância entre as cargas 5 51 22,6x10 e 4,7x10Q C Q C− −= = − para que o

módulo da força de interacção entre as cargas seja de 5,7 N?

(Igual ao exercício 3R e a frequência do dia 8 de Novembro 2010, só que as cargas eram iguais)

Resolução - dados:

51 2,6x10Q C−=

52 4,7x10Q C−= −

Usa se linhas imaginarias. Pretende se que 12F F=

. Pela lei 3ª lei de Newton poderia ser: 21F F=

.

Com 5,7F N= .

( ) ( ) ( )1 2 1 2222

221

11

. . . . . .e e eK Q Q K Q Q K Q QF r

r F F= ⇔ = =

9

12

8,99x10 N

r =

2

2

m

C

5. 2,6x10 C−

( ) 5. 4,7x10 C−−( )5,7 N



Cuidados com os índices! O versor é

diferente da força.

212 1,927r m= 21 1,39r m=

Exercício 3 - [2] Indique qual das seguintes afirmações é incorrecta:

( a) A polarização de materiais dieléctricos em campos eléctricos externos acontece devido à orientação de

dipolos eléctricos dentro do material na direcção do campo.

(b) Num material dieléctrico num campo eléctrico externo existem sempre dipolos eléctricos, permanentes

ou induzidos.

(c) Constantes dieléctricas (permitividades relativas) dos materiais com dipolos permanentes excedem 1, as

dos materiais sem dipolos permanentes são inferiores a 1.

(d) Na maioria dos dieléctricos, quer com dipolos permanentes quer sem eles, o módulo do vector de

polarização é proporcional ao campo eléctrico externo.

(e) O módulo do vector de polarização é tanto maior, quanto menor é a temperatura do dieléctrico.

(Igual a pergunta 1 da frequência do dia 8 de Novembro 2010)

Resolução: é a c), pois a permitividade relativa é SEMPRE maior do que 1. 0

r

εε

ε= , logo o 0ε é o mais

pequeno de todos.



Exercício 4 - [3] Determine a capacidade de um condensador com a área de placas de 21 cm e a distância

entre as placas 1,5 mm, preenchido por porcelana (a permitividade relativa de porcelana ê 6,5).

Resolução: A

Cd

ε= , com

0r

εε

ε= . Assim:

( ) ( ) ( )12 4 2

03

6,5 8,854187817.10 10

1,5.10r

Fm

A mC

d

ε ε− −

−

= = 3,83C pF=

Exercício 5 - [9] Um protão é largado a partir do repouso (ponto A) num campo eléctrico uniforme que tem

uma magnitude de 4 1 8,0 10 Vm−× (ver figura). O protão sofre um deslocamento de 0,50m na direcção de E.

(a) Encontre a diferença de potencial entre os pontos A e B.

(b) Encontre a mudança de energia potencial do sistema protão-

campo para este deslocamento.

(c) Encontre a velocidade do protão após completar o

deslocamento de 0,50m no campo eléctrico.

(igual ao exercício 11, da serie 2)

Cuidado, pois o dl d=



O ( ) ( )cos cos 0θ = , pois o vector E

tem o mesmo sentido e a mesma direcção do deslocamento.

A ter em atenção: “…a partir do repouso…”. Ou seja a velocidade inicial é zero.

Resolução a) dados: 4 1 8,0 10 0,50E Vm d m−= × ∧ =

e 19 271,6.10 1,67.10eq C m Kg− −= ∧ =

( ).cosB A Ed s E dl E dl Edϕ ϕ ϕ θ∆ = − = − = − = − = −∫ ∫ ∫

( )( )4 1 8,0 10 0,50B A Vm mϕ ϕ −− = − × 40B A KVϕ ϕ− = −

Edϕ∆ = − para um campo uniforme! Quando não é uniforme, é necessário usar-se o integral.

Nota – cuidado para não confundir a simbologia, pois ϕ ϕ∆ ≠ ∇ .

Resolução b) ( ) ( ). .e B A B AU q eϕ ϕ ϕ ϕ∆ = − − = − − =

( ) ( )19 41,6 10 . 4,0 10U C V−∆ = − − × − × 156,4.10U J−∆ = −



Resolução c) 0

0

0 0mecanica cineticaE E U<

>

∆ = → ∆ + ∆ =

( ) 22 2

20

10fp i iv vm Uv − + = ∧ =∆

( ) ( )2 2 21 1 20

2 2p f p f fp

Um v U m v U v

m

− ∆+ ∆ = ⇔ = −∆ ⇔ = ⇔

( )15

27

2 6,4.102

1,67.10fp

JUv

m Kg

−

−

− −− ∆⇔ = = 6 12,8 10 fv ms−= ×

Nota: cuidado para não confundir variações de energia mecânica com as forças eléctricas (que são

conservativas).

Modulo 2



Exercício 1 - [6]

a) Qual é a potência transformada em calor por duas resistências 1R e 2R ligadas em série uma

. . .f e m ε e uma resistência interna desprezável?

b) Qual é a potência nas condições da alínea (a) se as resistências estão ligadas em paralelo?

c) A potência nas condições da alínea (a) é n vezes menor do que a potência nas condições da alínea

(b). Calcule o valor da resistência 2R , sabendo que 1n 6, R 20 .= = Ω

Resolução a) Lei de Ohm 2

. . .V V

V RI P R I I VI VR R

= ∧ = = = =

Logo 2 2

1 2T

VP

R R R

ε= =

+.

Resolução b) ( )22

1 2

1 2 1 2

1 2

. .

R RP

R R R RR R

εε += =

+

Resolução c)2

1 2aP

R R

ε=

+ e como

( )21 2

1 2. .b

R RP

R nR

ε += , e como sei que b

aPn

P=

Então: 2ε 2

1 2R R

ε=

+

( ) ( )21 2 2 21 2 1 2 1 2 1 1 2 2

1 2

. . 2.

. ..

n nR R

R R R R R R R R R RR R n

+⇔ = + ⇔ = + + ⇔



Substituindo pelos valores dados, fica: ( ) ( )2 22 2 220. 20 2 20.6R R R⇔ = + + ⇔

2 22 2 2 2 2120. 400 40 80 400 0R R R R R⇔ = + + ⇔ − + =

2 274,64 5,36R R= Ω ∨ = Ω

Exercício 4 - [6] Fios de níquel-crómio são usados vulgarmente como o elemento de aquecimento em

equipamentos eléctricos. A resistividade do níquel-crómio é 61,0 x 10 m− Ω . Um fio de níquel-crómio, com

1,0 m de comprimento, é usado na parte de baixo de um forno e pode suportar uma corrente máxima de 16

A quando é aplicada uma diferença de potencial de 120 V às extremidades do fio.

(a) Qual é o raio do fio?

(b) Qual a potência consumida pelo forno?

Resolução a) ?fior =

Sei que ( ) ( )( )( )

22

6 1 16

1210

0r r

AV I IR

I V V

ml lm

VA

l l

rπ π πρ

πρ ρ ρ −= ⇔ = ⇔ = ⇔ = = Ω

30,21.10r m−=

Resolução b) ?P =



Sei que 120 .16P VI P V A= ⇔ = 1920P W=


As questões 1 e 2 devem ser respondidas neste enunciado. Nas questões 1 e 2, não é necessário

apresentar deduções nem cálculos.

Constantes necessárias para avaliações numéricas: 120 8,854187817.10

F

mε −= .

Exercício 1 - [3] Indique qual das seguintes afirmações é incorrecta:

(a) A lei de Gauss e a lei de Coulomb constituem modos diferentes de descrever o mesmo fenómeno físico, a

produção do campo eléctrico pelas cargas.

(b) A lei de Coulomb pode ser facilmente deduzida a partir da lei de Gauss.

(c) A lei de Gauss permite simplificar bastante o cálculo do campo eléctrico em situações electrostáticas que

possuem simetria.

(d) Se a carga total (carga líquida) contida dentro de uma superfície gaussiana for nula, então o campo

eléctrico é nulo em todos os pontos dessa superfície.



(e) Se o campo eléctrico é nulo em todos os pontos de uma superfície fechada, então a carga total contida

dentro da superfície é nula.

Resolução: A a) é verdadeira, pois de Gauss chega se a Coulomb e vice-versa.

A b) é verdadeira.

A c) é verdadeira.

A d) é falsa, o seu valor total (carga liquida) é

interior

0E

Q

εΦ =

interior

0

.Q

E d Sε

=∫

A esfera é imaginária. Uma superfície gausiana é uma superfície fechada. O campo eléctrico não se desvia. Se

houvesse uma pequena carga que fosse, seria assim:

Ou seja, se houvesse cargas dentro do campo esférico, haveria carga a superfícies.

A e) é verdadeira.



Exercício 2 - [6] Considere um ponto A num meio de permitividade relativa rε à distância r de uma carga q .

(a) Escreva a fórmula para a intensidade do campo eléctrico no ponto A.

Resolução:

3 2

. .. .A A A

A

e e

A

K Q K QE r e

r d= =

2 20

1 1

4 4 .AA r A

Q QE

r rπε πε ε= =

(b) Escreva a fórmula para a energia do campo eléctrico armazenada num cubo de aresta a que contém o

ponto A, sendo a r .

Resolução: 2 2 21 1 1. . .

2 2 2U E dv E dv E vε ε ε= = =∫ ∫ , em que v é o volume e o campo é

20

1

4 .Ar A

QE

rπε ε=

. Assim ( ) ( )3

22

032

2 20

0.1 1 1 1

. .2 .

. .2 2 4r

Ar

Ar

Q QU v a aE K

r rπε εε ε ε ε ε

= = =

0.1

2r

Uε ε

=2

0

3

2 2

.

4

a

π ε 2. rε

2 2 2

4 2 4 2 40

3 3

32 32 .. rA A A

Q Q Qou

a

r

a

r rπ ε επε=

Ou de outra forma: ( ) 22 2. 1

32 2 4

.volume .volume .volume .2 2 4 32

EqE q qU u a

r r

ε επε π ε

= = = =

(c) Determine o valor numérico da intensidade do campo eléctrico para as seguintes condições:



3, 1 , 1 .r r m q Cε = = =

Resolução:

( )212

1

4 .3. 8,854187817.10 1

CE

Fm

mπ −

=

93 .10V

Em

=

(d) Determine o valor numérico da energia armazenada para as condições acima indicadas, sendo ainda

1a cm= .

Resolução: ( )

( ) ( )

22

210

33

442 2

1

32 . .32 8,854187817.10 . 3 . 1Ar

CQU

F

aa

rm

mπ ε ε π −

= =

( )

2 23

9 342 12

3

.18,39.10 32 .3. 8,854187817

1

10

. 1

C CU cm

FFmm

m

cm

π−

−

= =

119,2 U J=

Exercício 3 - [3] Duas partículas livres (i.e., livres de se mover) com cargas q e 4q estão a uma distância L.

Uma terceira carga é colocada de maneira a que o sistema fique em equilíbrio. Encontre a localização, a

magnitude e o sinal da terceira carga.

(É igual ao exercício 7R da Serie 1 – Exercícios extras).

Resolução –

O sistema não está em equilíbrio, pois uma das cargas é quatro

vezes a outra.



Logo a carga negativa tem que ser colocada ENTRE as duas de

forma a anular a força electrostática neste novo ponto. E mesmo

assim, não pode ser ao centro. Tem que ficar perto da carga

menor, ou seja “q”.

Assim, esta terceira carga fica em equilíbrio quando 1 23 3 3 3 0F F F F= + ∧ =

.

31 xe e=

32 xe e= −

Assim, e sabendo de que 1 24Q Q= : ( )

( )( )3 3

31

32 12

2 2

. . . .0 e eK Q Q K Q Q

e ead a

= + ⇔−

( )( )

( ) ( ) ( )( )

3 332 22 2

. 4 . . . 4 10 0 . .e e

x x e x

K Q Q K Q Qu u K Q Q u

a aL a L a

= − + ⇔ = +

− − −

Sei que 3. .eK Q Q nunca será zero, logo só pode ser ( )2 2

4 10

aL a+− =

−



Assim, desenvolvendo, fica: ( )

( )2 222

1 44L a a

a L a⇒ = ⇔ − = ⇔

−

2 2 3L a a L a a L a⇒ − = ⇔ = + ⇔ =

Agora falta me o valor de 3Q . Como sei que a carga “q” está em equilíbrio, fica: 1 0F =

. Poderia ser também

com 2 0F =

.

21 31 0F F⇒ + =

Assim, ( )

( )( )

( )( ) ( ) ( ) ( )1 1 3

1 1

1 1

2 32 2 2 2

2 3

2 3. . . . . 4 . . .0 0e e e e

x x

K Q Q K Q Q K Q Q K Q Qe e u u

L ar r= + ⇔ = − + −

Como ( )22 2 23 3L a a= = , então fica 2 32

. 40

3e

x

K Q QQ u

a

⇒ = − + ⇔

Sei que 2

.eK Q

d nunca será zero, logo só pode ser

2 3

40

3

QQ+ = . Assim 3

4

9

QQ⇒ − = .

Resposta ao exercício: 3

La = e 3

4

9

QQ = −



Exercício 4 - [8] Uma vara fina de vidro tem a forma de um semicírculo de raio r,

como se mostra na figura. Uma carga q+ q é uniformemente distribuída ao

longo da metade superior do semicírculo e uma carga q− é uniformemente

distribuída ao longo da metade inferior.

(a) Encontre a magnitude e a direcção do campo eléctrico E

em P

, o centro do

semicírculo.

(b) Calcule o valor numérico do campo eléctrico para os seguintes parâmetros:

20 r cm= , q 1 .Cµ=

(Parecida com o exercício 8 da frequência do dia 20 de Janeiro de 2009)

Tenho com valores fixos, apesar de não saber o seu valor, o raio e a carga do ponto.



Resolução 4.a) - 2

2222

11 1

e eK dl K dlE E E e e

d d

λ λ= + = +∫ ∫

Calculo auxiliar: 1 1

dqdl dq

dlλ λ= ⇔ =

E como está uniformemente distribuído, não deriva.

1 1 1Perimetro

4

q q

lλ λ

∆⇒ = ⇔ = ⇔

∆

E o Perimetro é 2 rπ , assim fica

1 1 2

2 21 r r2 r4

q q qλ λ λ

π ππ⇒ = ⇔ = ∧ = −

Não é preciso falar em coordenadas polar, basta saber que: dl rdθ= , com

2

πθ π< < .

Agora vou escolher um ponto genérico “A”. As coordenadas do ponto A, que

tem a variável θ , é

Fica: ( ),A x y= , como ( )cosx

rθ = , e ( )sin

y

rθ = .

Assim, ( ) ( )( ).cos ; .sinA r rθ θ= e ( )0 ; 0P =



( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )0 ; 0 .cos ; .sin .cos ; .sinAP P A r r r rθ θ θ θ= − = − = − −

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 2 2

1

.cos .sin .cos .sin cos sinAP r r r r r rθ θ θ θ θ θ=

= − + − = + = + =

E o versor de AP

é Ae

, assim sendo é ( ) ( )

( ) ( )cos sin

cos sinx yA x y

r u r uAPe u u

rAP

θ θθ θ

− −= = = −

.

Já sei que d r= , fica 1 2 11 1

22 2 12 22 2 2

e e e eK dl K dl K KE E E e e dle dle

d d r r

λ λ λ λ= + = + = +∫ ∫ ∫ ∫

2 2

2 2

3 3

2 2

2 2 2 2

2

1 11 1

2

e e e e

dl dl

K K K KE rd e rd e rd e rd e

r r r r

π ππ π

π ππ π

λ λ λ λθ θ θ θ= + = +∫ ∫ ∫ ∫

( ) ( )( ) ( ) ( )( )3

2

2 221

2

cos sin cos sine ex y x y

K KE rd u u rd u u

r r

ππ

π π

λ λθ θ θ θ θ θ= − − + − −∫ ∫

Na integração, as componentes do eixo dos “x” desaparecem, pois o resultado é zero. Por isso no cálculo já

não vou utilizar essa componente para ser mais fácil. E como a componente yu

é uma constante na

integração, uma vez que a variável é θ , também vou colocar fora da integração. Outra nota muito

importante é o facto de não poder colocar o 1e

e o 2e

fora da integração, pois ambos ainda tem a variável

de integração ( )θ , ( ) ( )cos sinA x ye u uθ θ= − −

.

1eK rE

λ=

2r( )( )

2

2sin eK rd

π

π

λθ θ− +∫ 2r

( )( )3

2

sin yd u

π

π

θ θ −

∫



( )( ) ( )( )2

3

2

1

2

sin siney

KE d d u

r

ππ

π π

λ θ θ λ θ θ = − + −

∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( )( )3

2

2

Forma de B

1

arrot

2 21cos cos 1 0 0 1e ey y

K KE u u

r r

π ππ

πλ θ λ θ λ λ

= + = − − + − −

[ ]1 2e

y

KE u

rλ λ= − +

Como já sei que 1 2

2 2

r r

q qλ λ

π π⇒ = ∧ = −

Fica 2 2 1 1

r r 4e

y

K q qE u

r rπ π = − + − =

0

4

πε−

2 20r y y

q qu u

rπ π ε

=

−

O sinal negativo confirma aquilo que já se sabia, que a componente do “y” era para baixo:



Assim a resposta ao exercício é de que a magnitude ( )E

:

2 20

y

qE u

rπ ε=

, e dirigido para baixo.

Resolução 4.b) – Com 120 2.10r cm m−= = , 61 10q C Cµ −= = , fica:

( )

6

2 2 222 12 10

2

10

8,8544.10 2.10y y

q CE u u

r Cm

Nm

π επ

−

− −

= =

52,89.10 y

VE u

m =




As questões 1 a 3 devem ser respondidas neste enunciado. Nas questões, não é necessário apresentar

deduções nem cálculos.

Constantes necessárias para avaliações numéricas: 120 8,854187817.10

F

mε −= .

Exercício 1 - [3] Indique qual das afirmações seguintes é correcta (não é preciso justificar):

(a) Na maioria dos casos, a condutividade eléctrica aumenta com o aumento da temperatura

(b) A condutividade eléctrica depende da forma do condutor

(c) A condutividade eléctrica de um fio é inversamente proporcional ao seu comprimento

(d) S (siemens) é uma unidade de condutividade eléctrica

(e) /S m é uma unidade de condutividade eléctrica

Resolução: Não confundir condutância ( )σ com condutividade ( )/S m . É o mesmo que resistência e

resistividade ( )0 01 T Tρ ρ α= + − .

E

2

2.24.

dl A d

R R R RA l l l

ππ

ρ ρ ρ ρ

= ⇔ = ⇔ = ⇔ =

A a) Não depende unicamente da temperatura, logo é falsa.

A b) é falsa.

A c) é falsa, pois é DIRECTAMENTE proporcional.



A d) é falsa, é de condutância.

A e) é verdadeira.

Exercício 2 - [3] Um fio condutor tem um diâmetro d, um comprimento l e uma resistência R.

(a) Qual é a resistividade do material?

(b) Calcule o valor numérico da resistividade para as seguintes condições:

d 1 mm, l 2 mm, R 50m .= = = Ω

Resolução a):

2

2d

l AR R R

A l l

πρ ρ ρ

= ⇔ = ⇔ =

2.

4.

dR

l

πρ =

Resolução b): ( ) ( )( ) ( )

232 6 23 3

3

. 10. .1050.10 50.10

4. 4. 2.10

md mR

l m

ππ πρ

− −− −

−= = Ω = Ω

38.10 m− 51,96.10 mρ −= Ω

Exercício 3 - [3]

(a) Escreva a fórmula para a força que actua sobre um segmento elementar dl de um fio que transporta

uma corrente I num campo magnético B .



(b) Calcule o módulo da força para os seguintes valores: o segmento tem comprimento de 1 mm e é paralelo

ao eixo z, a corrente é de 28 A e é dirigida no sentido positivo do eixo z, o campo magnético em mili Tesla é

(1,3,5).

Resolução a) – . . . .m mF I l B d F I d l B= → =

Resolução b) –

31 10 ay ay

l mm m−= =

( ) ( ) 31,3,5 1 3 5 .10azyax a

B mT T−= = + +

28 ay

I A=

( ) ( ) ( )3 3. 28 . 10 1 3 . 5 10. .ay a

ma zxy y aa

F I l B A m− −= = + +

Recordar que 0. . .aay a zax a y ax z= = =

(pois estão em paralelo).

1

1

2

.

.

.ax x

ax xaz z

a z

ay y

ay yz

→ +

→ −

↑ →

↑ →

→→ +↑

Nota – é só para o produto externo, logo a corrente não é afectada.

( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 3 3 3 3 328 . 10 1 3 5 .10 28 . 1 10 3 10 5 10 .10. . . .ax aaz az az az az az

maay z zy ax a

F − − − − − − = + + = + +



( ) ( ) ( ) ( )( )3 3 3 328 . 10 3.10 5.10 .10 . . .az

m aza az az azayxF − − − − = + +

( ) 6

0

28 . 3 5 . 0 1 . . .ax

ay

ay

m az az az aF y zax a −

==+ =−

= + +

( ) ( )628.10 . 3 1y

ma

ayF ax−= − +

Mas não acaba aqui, pois é me solicitado “Calcule o módulo da força …”, então é

2 2 628. 1 3 .10mF N−= + 88,54mF Nµ=

Exercício 4 - Um condensador de placas paralelas

com placas quadradas de lado 14 cm e separadas

por 2,0 mm é conectado a uma bateria e

carregado até 12V. A bateria é depois desligada do

condensador e a separação entre placas é

aumentada para 3,5mm.

(a) Qual é a carga no condensador?

(b) Quanta energia foi inicialmente guardada no

condensador?

(c) Quanto é o aumento de energia após se mudar a

separação entre placas?

(É igual ao exercício 4 da Serie 3).



Resolução a)

14

2

3,5

12

i

f

l cm

d mm

d mm

V V

=

=

=

∆ =

Sei que

0 AC

dQ

CV

ε=

=

Assim sendo fica: 00 A QQ V

V d

A

d

εε= ⇔ = ⇔

( )( )

x 2

3

2

122

9

0,14 x 0,18,85 x

1,04 x 10 1,042 x

10 4

11

02

Area Lado L o

mm

ad

Q Q

m m

CV

C

Q Cm

Nmη

=

−

−−

⇔ = ⇔

⇔ =

=

Resolução b) sei que 1

2U QV= . Assim sendo fica: ( )( )9 91

1,04 x 10 12 6,24456 x 102

U − −= =

6, 24456 U Jη=

Nota: a carga é sempre a mesma!

Resolução c) sei que ( )10 2

20

1

2 .f i f

Q QQ Q U Q V V E V

A C

σε ε

= ∧ ∆ = − ∧ = = ∧ = .



22

2

AC

d

ε=

logo

Inicial FinalInicial Inicial Final Final

Inicial Final

U UU E d U E d E

d d= ∧ = = = ou posso fazer assim:

( ) ( )( )( )

11 3

12 402 0

104,16.10 3,5.10 21

8,854.10 196.10Final

Final

Final

Q dQ QU V

AC Ad

ε ε

− −

− −= = = = =

( ) ( )( )9 91 11,04 x 10 21 12 4,68 x 10 4,68

2 2f iU Q V V J U Jη− −∆ = − = − = ⇔ ∆ =

Exercício 5 - [5] Considere o circuito representado na figura, onde 1 210 ; 14V Vε ε= =

1 2 36 ; 4 ; 2 R R R= Ω = Ω = Ω . Encontre o valor das correntes 1 2 3, e .I I I



(Igual a pergunta 8 da frequência do dia 3 de Novembro 2008)

Resolução – Vou usar a lei das malhas.

( )1 2 1 1 2 22 2 2 1 1 1 1 2 1 1 2 2

1 3 3 1 1 1 1 3 1 2

1 2 3

1 3 1 1 1 3

1 22 3 31

0

0 I I I

I I

I R I RI R I R I R I R

I R I R I R R I R R

I I II I I I

ε εε ε ε ε

ε ε ε

+ = −− − − + = + = −

+ − = +

+ +

⇔ = + ⇔ = + + = = =

( ) ( )( ) ( )( )

1 2 1 2 1 2

1 1 1 2 1 2

1 2 3

1 2

2 31 3 1 2

24 6 4 24 6 4 24 6 4

10 6 2 10 6 2 2 10 8 2

V I I I I I I

V I I I I I I

I I I

I

I I I

I

I II

+

+

= Ω − Ω = − = −

⇔ = Ω + Ω ⇔ = + + ⇔ = + ⇔ + = + ==

Vou dividir por dois e utilizar a regra de Cramer (o tapa):



1 2

1 2

1 2

2

2

1

3

1

3 2 12 3 2 12

4 5 4 5

I I

I I

I I I

I I

II

− = − =

⇔ + = ⇔ + = ⇔ + =

Consiste em esquecer a última linha, e ter a certeza que os índices estão na mesma coluna. Depois para

saber o o valor de 1I , tapo a coluna do 1I , e uso as outras expressões. Com o 2I faço o mesmo. Não me

posso esquecer a metodologia que é sempre sequencial (e não aleatoriamente). Cruzo de cima para baixo, e

da esquerda para a direita:

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

21

12

1

2

3

3

. .. 121

44

5.

4

1

1 1

2

12. .. . . .

22

2

2

5

13

53

. 4.

II

I

I

II

− − − = = − ⇔ + = ⇔ ⇔− − = − −

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )

[ ] [ ][ ] [ ]

[ ] [ ][ ] [ ]22

1 13

3

3

12

12

4

4

3 8

. . 12 10

. .

15 48. .

.

2

2

3 8

1

1

5

5

1

2 4.

I

I

I

I

− − − − = = − − ⇔ ⇔ ⇔

−− == − −

− −

− −

( ) ( )2 2

1

2

331 2

1

1

3

22

2 233

3 3

1

11

12 3

1

A

I I

I A

A I A

I AII I

II

I

= = =−

⇔ = ⇔ = − ⇔ = − = −+ − = + =


Exercício 1 - [1,5] Qual é o módulo da força entre um ião monovalente de sódio (Na+, de

carga +e) e um ião de cloro adjacente também monovalente (Cl−, de carga −e) num

cristal de sal? A distância entre os iões é de 102,82 10 m−× .



Resolução – é no vazio. E é me pedido o módulo, logo

posso excluir o vector. Sei também que

191,602.10e eNa Clq q C−= = .

( ) ( )( )

219

22 100

1,602 10. . 1

4 2,82 10

e e N Cea lCK q q

Fd mπε

−

−

×= ⇔

×

212

1

4 8,8544 10

FC

π −

⇔ =

×2N m

191,602 10 C−×

( )2

102,82 10 m−×( )2 ⇔

( )( )( )

219

212 10

1,602 101

4 8,8544 10 2,82 10F N

π

−

− −

×⇔ = ⇔

× ×

389

30

2,566 102,9 10

8.849 10F N F N

−−

−

×⇔ = ⇔ = ×

×

Exercício 2 - [2] Considere um campo eléctrico cujo potencial é ( ) 231. . . k zr k x y eϕ = , onde 1k

e 2k são constantes dadas.

(a) Calcule a intensidade do campo eléctrico

(b) Determine as unidades das constantes 1k e 2k no Sistema Internacional.

Resolução 2a) – sei que ; ;E Ex y z

ϕ ϕ ϕϕ

∂ ∂ ∂= −∇ ⇔ = − ∂ ∂ ∂

. Esta é a definição geral.

Agora adaptado ao exercício, fica ( ) ( ) ( )2 2 23 3 3

1 1 1. . . . . . . . .; ;

k z k z k zk x y e k x y e k x y eE

x y z

∂ ∂ ∂ = − ∂ ∂ ∂



( )2 2 23 2 31 1 1 2

. . ; . .3 . ; . . .k z k z k z

Campo electrico

E k y e k x y e k x y k e= −

A solução do professor é esta, mas está errado, pois o que é pedido é a “… intensidade…”!

Ora assim vou colocar a parte comum fora, e fica ( )221 2. . ; 3 ; . .k zE k y e y x k x y= −

.

Como sei que .v Ku v K u= ⇔ =

, logo ( ) ( ) ( )22 2 22

1 2. . 3 . .k zE k y e y x k x y= − + +

22 2 2 2 2 21 29k zE k y e y x k x y= + +

Isto sim é a intensidade!

Nota - u

é o vector e K é o módulo de “K”.

Resolução 2b) Sei que uma exponencial é adimensional, logo 2k ze não tem unidades.

Como “x”, “y” e “z” estão em metros, e para garantir a exponencial não tenha unidades, então 2k tem que

“anular” o metro de “z”. Assim a unidade de 2k é 1

m.

Sei também que ( ); ;x y zϕ = tem por unidade o volt (V), então fica:

( ) 2

3

31

não sei!

. . . k z

mm

V

r k x y eϕ =



Posso não saber a unidade (ainda!) de 1k , mas não posso afirmar que é igual a 2k ! Pois são variáveis

diferentes.

Mas olhando para a equação ( ) 2

3

31

não sei!

. . . k z

mm

V

r k x y eϕ =

, consigo perceber que é ( )

4

2

3

31 . . . k z

mm

V

V

m

r k x y eϕ =

.

Assim a resposta a alínea b) é 42 1

1V

mk k

m= ∧ = .

Exercício 3 - [2] Considere dois condensadores planos cujas placas têm uma área S e são

separadas por uma distância d. Os condensadores são preenchidos por materiais

isoladores de constantes dieléctricas (permitividades relativas) ( )1rε e ( )2

rε , ligados em

paralelo. Qual é a capacidade do sistema (escolha uma das respostas)

(igual a pergunta 2 da frequência do dia 2009 / 09 / 12)

Resolução 3) – sei que 1 2

.AC C C C

d

ε= ∧ = + . Assim fica:

( ) ( )( ) ( )( )

1 21 20 0 0. . .r r

r r

S S SC

d d d

ε ε ε ε εε ε= + = + . Logo só pode ser a resposta a).



Exercício 4 - [1,5] Uma pilha AAA recarregável típica tem a f.e.m. de 1.2V e a carga de

900mAh. A pilha está ligada a uma resistência de 12Ω; a resistência interna da pilha é

muito menor. Determine o tempo de vida da pilha nestas condições. Sugestão: assuma

que a f.e.m. da pilha se mantém constante durante o tempo de vida da pilha.

Resolução 2a) – sei 1, 2

0,112

VV RI I I I A

R= ⇔ = ⇔ = ⇔ =

Como a corrente é a quantidade de carga por segundo, fica

9009

0,1

Q Q mAhI t t t h

t I A= ⇔ = ⇔ = ⇔ =

Exercício 5 - [2,5]

(a) Escreva a fórmula que relaciona a resistividade, o comprimento e a secção de um

condutor com a sua resistência (não é necessário apresentar a dedução)

(b) A resistividade do aço a 20 C é aproximadamente 71,8 10 m−× Ω . Considere uma barra

rectangular de comprimento de 50 cm e de secção de 2mm×5mm, feita de aço. Calcule a

resistência entre cada um dos pares das faces opostas e preencha a seguinte tabela:

Distancia entre as faces Resistências entre as faces

2 mm

5 mm

50 cm



Resolução 5a) – sei l R l A S

R RA A R l l

ρρ ρ

ρ= ⇔ = ⇔ = ⇔ =

Resolução 5b) com os seguintes valores:

( )7 3 3 2 5 21,8.10 2 x 5 2.10 x 5.10 10m S mm mm m mρ − − − −= Ω ∧ = = =

Não é dito, temos que adivinhar! Como existem 6 faces, tínhamos que intuitivamente saber que as 4 faces

mencionadas no exercício diziam respeito a face assinalada a vermelho.

Resolução 5b1) 31 2 2.10 l mm m−= =

( ) ( )( )

3

7

3 2

2.10 1,8.10

2,5.10

mlR m

A mρ

−

−

−= = Ω

71,44.10R −= Ω



Resolução 5b2) 31 5 5.10 l mm m−= =

( ) ( )( )

3

7

3 2

5.10 1,8.10

2,5.10

mlR m

A mρ

−

−

−= = Ω

73,6.10R −= Ω

Resolução 5b3) 1 50 0,5 l cm m= =

( ) ( )( )

7

3 2

0,5 1,8.10

2,5.10

mlR m

A mρ −

−= = Ω

53,6.10R −= Ω

Nas soluções do professor está como se a definição fosse esta: RA

lρ= !

Exercício 6 – (frequência 2, serie 5)



Exercício 7 - [4, 5] Uma vara fina de comprimento l com uma carga de densidade linear λ encontra-se no eixo

x, como se mostra na figura. Calcule o módulo do campo eléctrico no ponto P, a uma distância y

perpendicular à vara no seu ponto médio. Informação de referência:

( ) ( )3 1

2 2 2 2 22 2

dx x

y x y y x

=+ +

∫ .

Resolução 7) – Agora “l” é constante, assim como a carga e o valor

de “y”. ?PE =

Vou escolher um ponto genérico “A” para o desenvolvimento do

raciocínio.

2eE K dLd

λ= ∫

Calculo auxiliar: ( ); 0A x= , pois agora o ponto genérico



tem uma variável, pois desloca se no eixo dos “x”.

Calculo auxiliar: ( ); 0A x= , pois agora o ponto genérico

tem uma variável, pois desloca se no eixo dos “x”.

Sei também que dL dx= , com 2 2

l lx− < < .

( ) ( ) ( )0 ; ; 0 ;AP P A y x x y= − = − = −

Norma: 2 2AP x y= +

. Aqui neste exercício o raio varia! E a

componente dos “x” anulam se!

E o versor de AP

é Ae

, assim sendo é:

2 2

x yA

xu yuAPe

AP x y

− += =

+

.

Nota a ter em atenção é a de que, neste exercício, y é uma constante! Não sabemos o seu valor é

certo, mas é sempre o mesmo.

2 2 2 2A x y

x ye u u

x y x y= +

+ +

−

Assim, voltando ao cálculo, 2e A

dxK

reE λ= ∫

.

Como sei que 2 2r x y= + , e tem a variável de integração, logo não posso por fora da integração:

( )2 2

2 2 2 2 2 2 22 2

2 2

l l

e A e x yl l

edx dx x y

E K K u ux y x y x yx y

λ λ− −

= = ++ + ++

−∫ ∫ ∫



( )

2 2

3 2 2 2 222 2

2 2

1l l

e x e yl l

x yE K u dx K u dx

x y x yx y

λ λ− −

= ++ +

+

−∫ ∫

Como já tinha visto, as componentes do eixo do “x” anulam-se na integração, já retiro do cálculo o

termo

( )

2

3

22 22

0

l

el

xK dx

x y

λ−

=

+

−∫

. Assim fica 2

2 2 2 2

2

1l

el

yE K dxx y x y

yuλ

−

=+ +

∫

.

Como y e yu

são constantes para a variável de integração:

( )

( ) ( )3 1

2 2 2 2 22 2

22

3 2 2 22 2 2

2 2

É dado no enunciado

1ll

e e yl l

dx x

y x y y x

y

xE K dx K yu const

y x yx y

yuλ λ− −

=

+ +

= = +

+ +

∫

∫

2 22 2 2 2

2 2

2 2

e y

l l

E K yu const constl l

y y y y

λ

− = + − + + − +

eE K yλ=

2

2y

l

u

y

22

4

constl

y

+

+ 2

2l

y

−−

22

4

constl

y

−

+

2 2 2 22 2

2124

4 4

22

4

ee y e y y

lK ll

E K u K u ul y y l yy l yy

λλ λ

= = = + + +

Resposta: 2 2

2

4eK l

Ey l y

λ=

+ (o professor tem a solução errada!)



Exercício 8 - [4] Considere o circuito representado

na figura. Calcule o valor da corrente que passa

através da resistência de 4Ω.

(Igual a pergunta 5 da frequência do dia 14 de

Novembro 2007)

Resolução 8) – Vou fazer um sistema.

( )( )

1 2 2 1

2 3 2

2 1 3

1 2 1 3 1

2 3 1 3

2 1 3

3. 2. 0

4. 3. 0

3 2

4 3

i i

i i

i i i

i i i

i i i

i i i

ε ε

ε

ε ε

ε

+ + + =

− − − = = +

+ = − + −

− = + + = +

Vou utilizar a regra de Cramer (o tapa):

3 1 1

3 3 1

2 3 1 2

31

3

1 3

1

3 5 3 3 2 8 5 3

5 4 3 3 5 3 7

i

i

i i i

i i i

i i i

i

i

i

i i

+ = − − = − +

− = − − + ⇔ − = − = − = −



Consiste em esquecer a última linha, e ter a certeza que os índices estão na mesma coluna. Depois para

saber o o valor de 1I , tapo a coluna do 1I , e uso as outras expressões. Com o 2I faço o mesmo. Não me

posso esquecer a metodologia que é sempre sequencial (e não aleatoriamente). Cruzo de cima para baixo, e

da esquerda para a direita:

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

3

3

13

1

1

7. .. .

. .. . . .

.

33 3

5

7 7

7

5 88 3

55 8

3

55

5

3

3

3 .

II

I

I

II

− − + = = − − ⇔ + = ⇔ ⇔ ⇔− − = − −

−

−

−

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )

[ ] [ ][ ] [ ][ ] [ ][ ] [ ] 2

2

3

1

1 1

3

3

31

3

144

3

71. . 15 56

1,61. . 49

1,112

3

3

3

3

3

3

5 24. .0,5

.

5 9

5 8 7

7

44

3. 5 95 7

5

5 5 8

A

A

I AI

I I

I I

I I

I I

II

− = − − − = = = − − − ⇔ ⇔ = ⇔ =

− −− − === = − − −

−− −

−

−

−

− −

A regra de Cramer foi dado em Calculo 1, no módulo 3 (Matrizes).

Exercício 9 - [2] A quantidade de carga q (em coulombs) que atravessa uma superfície de área 22 cm varia

com o tempo de acordo com a equação 34 5 6q t t= + + , onde t está em segundos.

(a) Qual é a corrente instantânea que atravessa a superfície no momento 1,0t s= ?



(b) Assumindo que a corrente está distribuída sobre a superfície uniformemente, determine o valor da

densidade de corrente neste mesmo momento.

Resolução 9a) – Se a carga varia com o tempo, será necessário calcular a derivar em ordem ao tempo. Mas

se for uniforme ao longo do tempo, já não é necessário.

Carga a variar com o tempo - dq

Idt

= . Se a carga for constante ao longo do tempo - Q

It

= .

Exemplo de uma variação no tempo, num período entre os 2 e os 5 segundos, seria:

[ ]( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 3

5 2

2 ; 5

4 5 5 5 6 4 2 5 2 6

5 2 3

Q QQI

t

+ + − + +−∆ = = =∆ −

[ ][ ] [ ]

2 ; 5

500 25 6 32 10 6 483161

3 3I A

+ + − + += = =

Assim fica ( )3

24 5 6

3.4 5d t tdq

I tdt dt

+ += = = + ( )

212 5tI t= +

Para 1 segundo é ( )2

1 12 5 12 5 17I t A= + = + = .



Resolução 9b) É uniforme! Sei que . .S

dI II j d S dI j d S j j

Ad S= ⇔ = ⇔ = ⇔ =∫

.

Como é uniforme, não é preciso derivar, logo a definição é I

jA

= , e a resposta a alínea é:

44 2 2

178,5.10

2.10

I A Aj

A m m−= = =

285

KAj

m=

Nota – o ponto vermelho indica que é um produto INTERNO entre dois vectores.



Exame de Recurso do dia 2009 01 20

Exercício 1 - [1,5] Considere a reacção nuclear, 44 44Ca p Sc n+ → + . O átomo Ca44 foi bombardeado por

protões acelerados num ciclotrão e capturou um deles, depois emitiu um neutrão, transformando-se num

átomo Sc44. O número atómico de 44Ca é 20. Qual é o número atómico de Sc44?

Resolução 1 – A característica de um elemento químico é o seu numero atómico, e em que consiste

na quantidade de protão no seu núcleo. O electrão pode ser acrescentando ou retirado, que continua a

ser o mesmo elemento químico.

Assim para o elemento 44Ca , o 44 indica o número de massa, em que consiste na soma dos neutrões

com os protões. Já é dito que tem 20 protões (massa atómica!). Logo tem 24 neutrões (que para o

exercício não interessa).

A expressão 44 44Ca p Sc n+ → + , diz me que tenho 20 protões do 44Ca , mais um que é adicionado.

O resultado é 44Sc SEM protão (na realidade liberta um neutrão), ou seja os protões existentes estão

todos no elemento 44Sc . Assim sendo o numero atómico do elemento 44Sc é o total fornecido, ou

seja 20 1 21+ = .

Exercício 2 - [3]

(a) Escreva a equação que descreve distribuições de potencial do campo eléctrico no vácuo.

(b) Uma distribuição de potencial do campo eléctrico em vácuo é dada pela fórmula

( ) ( ) ( ) 31 2sin cos k zr a k x k y eϕ = , onde a , 1k , 2k , 3k são constantes dadas. Qual é a relação que existe

entre as constantes 1k , 2k , 3k ?



Nota – o professor escreve mal a equação, mais uma vez é preciso ter intuição, mas só os alunos,

pois o professor, ao contrário, não faz nenhum esforço de intuição! A definição é

( ) 31 2sin cos k zr a k x k yeϕ =

Ora tanto pode ser esta a interpretação: ( ) ( ) ( ) 31 2sin cos k zr a k x k yeϕ =

Como esta ( ) ( ) ( )31 2sin cos k zr a k x k yeϕ = ! Mas não, já coloquei no enunciado a definição correcta.

Resolução 2 – Se 0ρ = , então 2 0ϕ∇ = . Esta é a equação de Laplace. É um particular da equação da

geral conhecida por equação de Poisson. Esta equação particular descreve a distribuição do potencial

do campo eléctrico no vazio.

Resolução 2a) – Sei que 2 0ϕ∇ = (igual a zero por ser no vácuo) e como:

2 . ; ; ; ;.x y z x y z

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂= = ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

∇

∇ ∇

.

Fica 2 2

22

2 2 20

x y z

ϕ ϕ ϕϕ

∂ ∂ ∂= + + =

∂ ∂∇

∂

Resolução 2b) – É me dito que ( ) ( ) ( ) 31 2sin cos k zr a k x k y eϕ = . E tenho que igualar a alínea a). Fica:

2 22

2

2 2 20 0

x y z

ϕ ϕ ϕϕ

∂ ∂ ∂= ⇔ + + = ⇔

∂ ∂∇

∂

( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )3 3 32 2 21 2 1 2 1 2

2 2 2

sin cos sin cos sin cos0

k z k z k za k x k y e a k x k y e a k x k y e

x y z

∂ ∂ ∂+ + =

∂ ∂ ∂

Vou fazer passo a passo para não haver enganos. Faço a primeira derivada, e depois faço a segunda:

Nota - ( )'

1 xk x significa: deriva em ordem a “x”.



( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )33'

12

21 2 1

2

cossin co coss x

k zk z k x k xa k y ea k x k y e

x x

∂ ∂ =

∂ ∂, o resto é constantes.

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )33'

2 22

11 2

2

sinsin sos inc y

k zk z a k x ea k x k y e

y

y

y

k k y∂ −∂ =

∂ ∂

( ) ( )( ) ( ) ( )( )( )3 321 22 31

'

2

sin cossin cosk z

zk z a k x k ya k x y

z

k

z

zk e e ∂∂ =

∂ ∂

Assim tudo (a 1ª derivada) fica:

( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )3 3331 1 2 2 1 22 1cos si sin coscos si nn

0k z k z k zk ek k x k k y a k x k ya k y e a k x e

x y z

∂∂ ∂ + =∂ ∂

−∂

Agora a 2ª derivada:

( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )3 332 1 1 2

2 2 21 1 2 2 3sin coscos sin sin cos 0k z k z k za k y e a k x e a k xk k x k k y k ek y + = − −

Vou dar uma cerca arrumação, e por em evidencia as partes comuns:

( ) ( ) ( )( )31 2

2 2 21 2 3 sin cos 0k za a a k x kk k k y e− + =−

Dividindo TUDO por “-a”, fica ( ) ( ) ( )( )32 2 21 2 3 1 2sin cos 0k zkk k k x k y e+ − =

( ) ( )( )31 2sin cos k zk x k y e também pode ser retirado: ( )2 2 2

1 2 3 0k k k+ − = .

Assim a relação pedida é 2 2 21 2 3k k k+ =

Exercício 3 - [1,5] Um condensador plano vazio encontra-se ligado a uma bateria. Num certo

momento de tempo, é preenchido por um material dieléctrico. Indique qual das seguintes afirmações,

relativamente às variações produzidas pela introdução do dieléctrico, é correcta (q é a carga nas

placas do condensador, E é a intensidade do campo eléctrico dentro do condensador, D é o

deslocamento eléctrico dentro do condensador, U é a energia armazenada no condensador):



(a) q aumenta, E permanece constante, D aumenta, U aumenta

(b) q diminui, E aumenta, D diminui, U permanece constante

(c) q permanece constante, E diminui, D aumenta, U permanece constante

(d) q permanece constante, E permanece constante, D permanece constante, U diminui

(e) q aumenta, E aumenta, D permanece constante, U aumenta.

Resolução 3 – Para resolver este exercício, é preciso saber traduzir o que vai na cabeça do professor.

“Um condensador plano vazio…” deve ser “Um condensador plano, que está no vazio…”. Pois se

está ligado a uma bateria, tem carga! Senão qual seria a utilidade de estar ligado a uma bateria?

E a frase “Num certo momento de tempo,…”, esta é de morte, então havia de ser de quê, senão de

“tempo”?

Depois é preciso de ter presente esta 5 definições:

21 1. . . '

2 2 r

VE D E Q C V U CV QV C C

dε ε= ∧ = ∧ = ∧ = = ∧ =

Sabendo que V

Ed

= só se verifica para condensadores de placas planas. O resto é tudo definições

gerais. A saber também que D

é o deslocamento do campo eléctrico.

Assim, se “q aumenta…”, significa que C passou a '.C Sendo assim também ' '.Q C V=

Logo ( )' .rQ C Vε= .

Sei que D

só aumenta porque ε também aumenta. Ora como 0rε ε ε= , então ε só aumenta se rε

também aumentar, uma vez que 0ε é constante. Sei também que U aumenta se C passar a '.C

O segredo deste exercício é perceber que quando C passar a ',C este valor aumenta. Assim vou

socorrer de uma tabela para ajudar a perceber o que acontece:



Valor inicial Valor final

C ' rC Cε= 'C ↑

.Q C V= ' '.Q C V= 'Q ↑

21.

2U CV= 21

' . '2

U C V= 'U ↑

0D Eε=

0' r rD E E Dε εεε= = =

'D ↑

VE

d= '

VE E

d= =

'E =

Exercício 4 - [1,5] Numa descarga de relâmpago típica, uma corrente de 25 kA flui durante 20 μs.

Que quantidade de carga é transferida neste evento?

Resolução 4 – “…descarga de relâmpago…” deveria ser “…descarga eléctrica …”. Porque a 1ª

expressão é para quem não percebe nada de corrente eléctrica, então usa a palavra mágica

“relâmpago”. Qualquer pessoa com um mínimo de conhecimento técnico sabe de que se trata de uma

descarga eléctrica (afirmação do Prof. numa aula, e depois escreve isto numa frequencia!).

Agora, resolvendo o exercício: 3 625 25.10 20 20.10I kA A t s sµ −= = ∧ = =

Como é uniforme ao longo do tempo, não preciso de derivar:

( ) ( )3 6. 25.10 . 20.10 0,5Q

I Q I t Q A s Q Ct

−= ⇔ = ⇔ = ⇔ =



Exame de Recurso do dia 2009 09 12

As questões 1, 2, 4 e 5 devem ser respondidas neste enunciado. Nestas questões não são necessários

apresentar deduções nem cálculos.

Constantes necessárias para avaliações numéricas:

Carga do electrão 191,603.10 e C−−=

Massa do electrão 319,107.10 em Kg−=

Exercício 1 - [2] Uma carga pontual de 1 C foi colocada na vizinhança de uma das extremidades de uma

barra de cobre de comprimento de 5 cm e de secção de 21 cm . Indique qual das seguintes afirmações

relativamente aos electrões dentro da barra é correcta:

(a) Não serão afectados.

(b) Serão deslocados e o deslocamento nunca cessa.

(c) Vão deslocar-se para esta extremidade; o deslocamento cessa quando todos os electrões dentro da barra

forem já deslocados.

(d) Vão deslocar-se para a extremidade oposta; o deslocamento cessa quando todos os electrões dentro da

barra forem já deslocados.

(e) Vão deslocar-se para esta extremidade; o deslocamento cessa quando o campo eléctrico produzido por

eles compensar o campo da carga pontual.

(f) Vão deslocar-se para a extremidade oposta; o deslocamento cessa quando o campo eléctrico produzido

por eles compensar o campo da carga pontual.



(g) Vão deslocar-se para esta extremidade; o deslocamento cessa quando for nula a resultante das forças

eléctricas que actuam na barra.

Resolução 1 – As opção “a)” e “b)” são ambas falsas, pois serão sempre afectados, e na b) elas

acabam por cessar.

A opção “c)” é escrita em pretoguês! Mas no entanto consegue se perceber que é falsa. Só os

electrões de valência é que tem mobilidade. Logo ao se colocar na frase “… todos …” torna a frase

falsa.

A opção “d)” também está escrita em pretoguês! Mas também se consegue perceber que é falsa. A

palavra “… oposta …” torna a frase falsa.

A opção “f)” é falsa pelo mesmo motivo que a opção d).

A opção “g)” é falsa pois a resultante das forças eléctricas é SEMPRE nula. O campo eléctrico é que

provoca a deslocação.

Só sobra a “e)”, que é verdadeira.

Ou seja o campo criado pela carga pontual é igual a carga produzida pela concentração de electrões

na barra. Param de vir mais

Exercício 2 - [3] Considere dois condensadores planos cujas placas têm uma área S e são

separadas por uma distância d. Os condensadores são preenchidos por materiais

isoladores de constantes dieléctricas (permitividades relativas) ( )1rε e ( )2

rε , ligados em

paralelo. Qual é a capacidade do sistema (escolha uma das respostas)

(Igual ao exercício 3 da frequência do dia 3 de Novembro 2008)

Resolução 2) – sei que 11 2

.AC C C C

d

ε= ∧ = + . Assim fica:



( ) ( )( ) ( )( )

1 21 20 0 0. . .r r

r r

S S SC

d d d

ε ε ε ε εε ε= + = + .

Exercício 3 - [5] Na figura uma vara fina não condutora de comprimento L possui uma carga positiva e

uniforme de densidade linear λ. Determine o potencial ϕ , devido à vara, no ponto P a uma distância

perpendicular d da extremidade esquerda da vara.

(igual ao exercício 15 da serie 2, e exercício 29 do capitulo 22 – pagina 18 – do livro do Tipler)

Resolução - d

x

q

L

q

dλλ == ⇔ (é uniforme ao longo da vara)

2 2 2 2 2 r dd rq d xx xdλ ∧ = + = +⇔=



Apontamento: 1

2 2 2

2 2

ln

dxx d x

d x

⇔ + +

+ ∫

?PV =

P P e P eV dV K dV Kr

q

r

dq d= = =∫ ∫

Integrando:

0 0

Apontamento d

2

ad

2 2

o

2.

L L

P e P e P e

dq dV K V K V K

r

x dx

d x d x

λλ

+ += ⇔ = ⇔ = ⇔∫ ∫ ∫

( )2 2

0

. lnL

P eV K x d xλ ⇔ = + + ⇔

( )( ) ( ) ( )( )2 22 2. . ln ln 0 0P eV K L d L dλ ⇔ = + + − + + ⇔

( ) ( )2 2. . ln lnP eV K L d L dλ ⇔ = + + − ⇔

Recordar duas regras dos logaritmos:

Assim sendo:

( ) ( )2 2ln lnL d L d+ + −



( ) ( )

( ) ( ) ( )

ln ln ln

ln ln ln

aa b

b

a b a b

− ⇔

+ ⇔ ×

2 2

lnL d L

d

+ +

Regressando ao exercício: 2 2

. .lnP e

L d LV K

dλ

+ +=

Poderia ter feito de um outro jeito:

Sei os valores fixos, que são o , , e .L dλ

Existe uma analogia entre o campo eléctrico e o potencial eléctrico:

Força Potencial

E

ϕ

eF

U

P

Kdl

r

λϕ = ∫

As constantes vão para fora da integração, mas é preciso ter cuidado com o “r”, pois não é uma constante!



Vou escolher o ponto genérico A:

Fica: 1

P P

Kd

rl K d

rl

λϕ ϕ λ= ⇔ =∫ ∫

Como ( ) ( ); 0 0 ; ;d

PA A P x y x d=

= − = − = −

E 2 2r PA x d= = +

, e como

dl dx= , com 0 x L≤ ≤ , fica:

( )2 2

1L

P oK d

x dxϕ λ=

+∫

Como é dito no enunciado 1

2 2 2

2 2

ln

dxx d x

d x

⇔ + +

+ ∫ , fica:

1 1 12 2 2 2 2 22 2 2

0

ln ln 0 0ln

L

P K x d x K L Ld dϕ λ λ

= + + = + + − + + =

( )1

2 2 2ln lnP LK d L dϕ λ

= + + −

( )

2 2

0

1.ln

4 lnP d

L Ldϕ λ

πε

+ +=



Exercício 4 - [2] A corrente num feixe de electrões de um terminal de vídeo é de 200 µA. Quantos electrões

colidem com a tela a cada segundo?

Resolução 4) – Tenho 3 dados, dois dados directamente no enunciado, e um terceiro que é uma constante:

19200 1 1,602.10I A t s q Cµ −= ∧ = ∧ = .

Como sei que ( ) ( ). 200 . 1 200Q

I Q I t Q A s Q Ct

µ µ= ⇔ = ⇔ = ⇔ =

Como sei que a quantidade de electrões é a carga a dividir pela característica do electrão:

6

19

200.10

1,602.10e

Q CN

q C

−

−= =

151,248.10N = (electrões)

Exercício 5 - [3] Um electrão está a mover-se num tubo de TV. Num certo ponto da sua trajectória, o módulo

da velocidade do electrão é v, o módulo da sua aceleração é a e o módulo da indução magnética é B.

(a) Escreva a fórmula para o ângulo entre a velocidade do electrão e o campo magnético neste

ponto.

(b) Calcule o valor numérico do ângulo nas seguintes condições: v = 7; 2 106 m= s, a = 4; 9 1014 m= s2, B =

83mT.



Exercício 6 – [5] Considere o seguinte circuito:

onde 1 2 32,0 ; 4,0V Vε ε ε= = =

1 21,0 ; 2,0R R= Ω = Ω .

Calcule os valores de todas as correntes no circuito e

indique os seus sentidos.

(igual a frequência do dia 20 de Janeiro de 2009 exercício 10 e do dia 8 Novembro de 2010, ex 6)

Resolução 6) –

1 2 1 1 2 2

2 3 1 3 2 2

3 1 2

1 2 2 2 1 1

2 3 1 3 2 2

3 1 2

2 . . 0

2 . . 0

. 2 .

2 . .

R i R i

R i R i

i i i

R i R i

R i R i

i i i

ε ε

ε ε

ε ε

ε ε

− + − =

− + + = = +

− = −

− = − − = +

( ) ( )( ) ( ) ( )

2 1 2 1 2 1

3 2 1 2 2 1 2 2

3 1 23 1 2 3 1 2

2 4 2 . 2 1 . 2 4 2 2 2 2 2

4 4 2 1 . 2 . 4 4 2 2 0 2 2 2

V V i i i i i i

V V i i i i i i i i

i i ii i i i i i

− = Ω − Ω − = − − = −

− = − Ω − Ω ⇔ − = − + − ⇔ = − − − = += + = +



( )2

2 22 1 2 2

1 2 1 2 1 2 1

3 1 2 3 1 2 3 1 23 1 2

1

31 21 1 21

0 2 4 2 2 23

ii ii i i i

i i i i i i i

i i i i i i i i ii i i

= −− = − −− = − − = + ⇔ = − − ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = − − ⇔

= + = + = + = +

1 2 3

2 1 1

3 3 3i A i A i A= ∧ = − ∧ =

Exercício 5 - [1,5] Um fusível num circuito eléctrico é um fio projectado de maneira a fundir e,

desse modo, abrir o circuito, se a corrente exceder um valor predefinido. Suponha que o material que

compõe o fusível derrete assim que a densidade de corrente atinge um certo valor crítico 0j .

(a) Qual deve ser o diâmetro do fio a ser usado para limitar a corrente a um certo valor I?

(b) Calcule o valor numérico para as seguintes condições: 0 2j 440

A

cm= , 0,5I A= .

Resolução 5a – 22 2

4j

2

I I I I

A r ddπ ππ

= = = =

. Assim desenvolvendo para saber o valor de “d”, fica:

2 2 4j 4

j

Id I dπ

π= ⇔ =

4

j

Id

π=

Resolução 5b – ( )

2

4 0,54

j 440cm

AId d

Aπ π= ⇔ = ⇔



4 0,5 Ad⇔ =

( ) 2

440

cm

A( )22

440

cmd

ππ⇔ = 2 23,8.10d cm−=

Exercício 7 - [1.5] Três cargas pontuais estão

localizadas nas extremidades de um triângulo

equilátero tal como é mostrado na figura. Calcule a

força eléctrica resultante na carga de 7.00 μC.

College Physics 7th Edition by Gordon, Raymond A.

Serway, pagina 525, exercício 13.



Resolução 7) – 2 ?F =

Como é um triângulo equilátero, o ângulo é igual nos três vértices.

( ) ( )2 12 3

2 22 2

22

11

32

1 23

32

. . . .e eK Q Q K Q QF F F e e

r r= + = +

Calculo auxiliar:

( ) ( )21

1 3cos 60º sin 60º

2 2 yx xye u u u u= + = +

( ) ( )23

1 3cos 120º sin 120º

2 2yx yxe u u u u= + = +−

( ) ( )12 2

32

2 2. . . .1 3 1 3

2 2 2 2y yxe e

x

K Q Q K Q QF u u u u

d d

= + + +

−

12 22

03

1 1 3 1 3. . .

4 2 2 2 2y yx x

QF Q u u Q u u

dπε

= + + +

−



2 20

12

1 3 3

1 1 3 1 3. . . . .

4 2 2 2 2yx yx

QF Q u Q u Q u Q u

dπε

= + + +

−

( ) ( )( ) ( )

66 6 6 6

2 212

1 7.10 1 3 1 3. 2.10 . 2.10 . 4.10 . 4.10 .

2 2 2 24 8,8544.10 0,5yx x yF u u u u

π

−− − − −

−

= + + − + −

−

( )6

6 62 11

7.103.10 1,73.10 0,753 0, 434

2,78.10 yx yxF u u u u−

− −−

= − = −

( )222 0,753 0, 434 0,869F N= + − =

Cópia da pagina do livro, capitulo 15 “Electric Forces and Electric Fields”, pagina 12:



Exercício 8 - [2.5] Uma vara isolada de

comprimento 14.0 cm tem uma carga −7.50 μC

uniformemente distribuída. A vara é dobrada na

forma de um semicírculo como se mostra na figura.

Encontre a magnitude e a direcção do campo

eléctrico em O, no centro do semicírculo.

(Pergunta 4 da frequência do dia 24 de Outubro 2007)

Resolução 8) – 0 ?E =

Como constantes tenho o comprimento, 0,14d m= , o valor da

carga, 67,5.10Q C−= − .

No ponto “O” não tenho carga. Tenho um campo eléctrico.

Vou escolher um ponto genérico “A”, na vara isolada para

desenvolver a teoria.

2eE K dld

λ= ∫

, em que dl rdθ= . “dl” é o comprimento do arco, em

que o raio e constante e varia o ângulo. Assim a localização do meu

ponto “A” é:

( ) ( )( ).cos ; .sinA r rθ θ= , com 3

2 2

πθ π< < .



Como a carga é negativa, os vectores de campo eléctrico tem a

seguinte representação:

Como se pode ver na 2ª figura, representado a vermelho, os

vectores da componente “y” anulam se.

Assim ( ) ( )( )0 .cos ; .sinAO A r rθ θ−= − = −

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )0 ; 0 .cos ; .sin .cos ; .sinAO O A r r r rθ θ θ θ= − = − = − −

E o versor de AO

é Ae

, assim sendo é ( ) ( )( ) ( ) ( )cos ; sin cos sinA x y

AOe u u

AOθ θ θ θ= = − −=

Como sei que, e apenas olhando para a figura, as componentes do eixo do “y”, todas elas somadas

vão resultar em zero, não vou ter em conta no calculo o termo ( )sin yuθ−

.

Assim, retomando o exercício,

3

2

2 2

2

e A e AE K dl Kr

eld

e d

π

π

λ λ= =∫ ∫

. Como já vi que dl rdθ= , fica:

3 3

2 2

2 2 2

2 2

Ae e eA AE K dl K dl K rr r

e de ed

π π

π π

λ λ λθ= = =∫ ∫ ∫

Sei também que o raio é uma constante, pois a variável é θ , assim:

3

2

2 2 2

2

e eA A eE K dl K dl Kd r

e er

π

π

λ λ λ= = =∫ ∫

r ( )( )

3 3

2 2

2 2

coseA xd K d uer

π π

π π

λθ θ θ−=∫ ∫

Sei também que xu

é uma constante (ao contrario de Ae

, que tem intrinsecamente a variável θ ),



3

2

2 2 2

2

e eA A eE K dl K dl Kd r

e er

π

π

λ λ λ= = =∫ ∫

r ( )( )

3 3

2 2

2 2

cosA e xd K ue dr

π π

π π

λθ θ θ−=∫ ∫

Usando a forma de Barrot, fica

( ) [ ]3

2

2

3sin sin sin 1 1 2

2 2e x e x e x e xE K u K u K u K ur r r r

π

π

λ λ π λ λθ π π

= = − = − − =

− − − +

Cuidado com o sinal, pois já estava negativo, acaba por ficar positivo.

Como é uma carga distribuída uniformemente, sei que 6

57,5.105,357.10 .

0,14

Q

lλ

−−−

= = = −

E também sei a distância, pois se me é dado o perímetro, consigo saber qual é o raio:

0,142 0,04462

ll r l r r r r mπ π

π π= ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ =

Nota: não era preciso multiplicar o “l” por dois, mas era só para não surgir duvidas. Assim:

5 5

120

1 5,357.10 1 5,357.102 2

4. . 0,0446 4. .8,8544.10 0,0446x xE u uπ ε π

− −

−

− −= = =

72,16.10 x

NE u

C= −

, ou V

m.

Exercício 9 - [2.5] Considere dois condensadores, de capacidades C1=25,0 μF e C2=5,00 μF.

(a) Considere que os condensdaroes estão ligados em paralelo e são carregados por fonte de tensão

de 100V. Calcule a energia total armazenada nos dois condensadores.

(b) Considere que os condensadores estão ligados em série. Qual é a diferença de potencial

necessária por forma a que o sistema armazene a mesma quantidade de energia do que a calculada



nas condições da alínea anterior?

Resolução 9) – Em vez de “…condensdaroes … “ deve ser condensadores ! Não devia ter o

corrector ortográfico activo.

Resolução 9a) – Em paralelo, somam as capacidades, assim

( ) 61 2 25 5 .10eqC C C F−= + = + 630.10eqC F−=

Nota - ϕ∆ , significa: modulo da diferencia ( )∆ da potencia ( )ϕ e é igual a tensão: 100V Vϕ∆ = =

( )( )22 61 1. . 30.10 100

2 2eqU E C V F V−= = = 0,15U J=

Resolução 9a) – Em serie, é assim

( ) ( )( )

6 6 12 21 2

61 2

25.10 . 5.10. 125.10

25 5 .10eq

F FC C FC

C C F

− − −

−= = =

+ + 630.10 F− 64,167.10eqC F−=

Para manter a mesma quantidade de energia, é necessário garantir que 0,15U J= , assim

2 26

1 0,15. 2. 2. 2.

2 4,167.10eqeq eq

U U JU C V V V V

C C F−= ⇔ = ⇔ = ⇔ = 268,31V V=



Exercício 10 - [3] Considere o seguinte circuito:

onde 1 2 3 1 22,0 ; 4,0 ; 1,0 ; 2,0V V R Rε ε ε= = = = Ω = Ω . Calcule os valores de todas as

correntes no circuito e indique os seus sentidos.

(igual a frequência do dia 12 de Setembro de 2009 e do dia 8 Novembro de 2010, exercício 6)

Resolução 10) –

1 2 1 1 2 2

2 3 1 3 2 2

3 1 2

1 2 2 2 1 1

2 3 1 3 2 2

3 1 2

2 . . 0

2 . . 0

. 2 .

2 . .

R i R i

R i R i

i i i

R i R i

R i R i

i i i

ε ε

ε ε

ε ε

ε ε

− + − =

− + + = = +

− = −

− = − − = +

( ) ( )( ) ( ) ( )

2 1 2 1 2 1

3 2 1 2 2 1 2 2

3 1 23 1 2 3 1 2

2 4 2 . 2 1 . 2 4 2 2 2 2 2

4 4 2 1 . 2 . 4 4 2 2 0 2 2 2

V V i i i i i i

V V i i i i i i i i

i i ii i i i i i

− = Ω − Ω − = − − = −

− = − Ω − Ω ⇔ − = − + − ⇔ = − − − = += + = +

( )2

2 22 1 2 2

1 2 1 2 1 2 1

3 1 2 3 1 2 3 1 23 1 2

1

31 21 1 21

0 2 4 2 2 23

ii ii i i i

i i i i i i i


= −− = − −− = − − = + ⇔ = − − ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = − − ⇔

= + = + = + = +



1 2 3

2 1 1

3 3 3i A i A i A= ∧ = − ∧ =


Exercício 1 - [1,5] O módulo da força electrostática entre dois catiões idênticos que estão separados por uma

distância d é igual a F.

a) Qual é a carga de cada catião?

b) Calcule o valor numérico da carga de cada catião nas seguintes condições:

10 95x10 3,7x10 d m e F N− −= = .

c) Quantos electrões faltam em cada catião em comparação com o respectivo átomo?

Resolução – ( )1 2

2

. .eK Q QF

d=

Resolução a) Como 21Q Q= , fica

2 2 22 2

2

0

2 2 20

. . .1

4

2 . . .

e

e

K Q F d F dF Q Q

d K

Q d F

πε

πε

= ⇔ = ⇔ =

=

02. . .Q d F πε=



Resolução b) ( ) ( )2

10 9 92

2. 5x10 . 3,7x10 . 8,99x10 C

Q m NNm

π− − =

193,2x10Q C−=

Resolução c) Ora, sabendo que a carga elementar de um electrão é 191,603.10 e C−±= , fica:

19

19

3, 2x102

1,6x10

C

C

−

−=

Exercício 2 - [3] Indique a definição do fluxo

Resolução - .E

E d SΦ = ∫

Valores na tabela:

0º 30º 60º 180º

6200.10 Vm− 6173.10 Vm− 6100.10 Vm− 6200.10 Vm−−

Exercício 3 - [1,5] Indique qual das seguintes afirmações é incorrecta:

( a) A polarização de materiais dieléctricos em campos eléctricos externos acontece devido à orientação de

dipolos eléctricos dentro do material na direcção do campo.



(b) Num material dieléctrico num campo eléctrico externo existem sempre dipolos eléctricos, permanentes

ou induzidos.

(c) Constantes dieléctricas (permitividades relativas) dos materiais com dipolos permanentes excedem 1, as

dos materiais sem dipolos permanentes são inferiores a 1.

(d) Na maioria dos dieléctricos, quer com dipolos permanentes quer sem eles, o módulo do vector de

polarização é proporcional ao campo eléctrico externo.

(e) O módulo do vector de polarização é tanto maior, quanto menor é a temperatura do dieléctrico.

Resolução: é a c), pois a permitividade relativa é SEMPRE maior do que 1. 0

r

εε

ε= , logo o 0ε é o mais

pequeno de todos.

Exercício 4 - [2] Para uma corrente de 5 amperes, durante 4 minutos

( a) ( ) ( ). 5 . 240Q I t A s= = 1 200 Q C=

(b) 19

1 200

1,602.10e

Q Ce

m kg−= =

217,49.10e =



Exercício 6 - [6] Considere o seguinte circuito:

onde 1 2 3 1 22,0 ; 4,0 ; 1,0 ; 2,0V V R Rε ε ε= = = = Ω = Ω . Calcule os valores de todas as

correntes no circuito e indique os seus sentidos.

Resolução 6) –

1 2 1 1 2 2

2 3 1 3 2 2

3 1 2

1 2 2 2 1 1

2 3 1 3 2 2

3 1 2

2 . . 0

2 . . 0

. 2 .

2 . .

R i R i

R i R i

i i i

R i R i

R i R i

i i i

ε ε

ε ε

ε ε

ε ε

− + − =

− + + = = +

− = −

− = − − = +

( ) ( )( ) ( ) ( )

2 1 2 1 2 1

3 2 1 2 2 1 2 2

3 1 23 1 2 3 1 2

2 4 2 . 2 1 . 2 4 2 2 2 2 2

4 4 2 1 . 2 . 4 4 2 2 0 2 2 2

V V i i i i i i

V V i i i i i i i i

i i ii i i i i i

− = Ω − Ω − = − − = −

− = − Ω − Ω ⇔ − = − + − ⇔ = − − − = += + = +

( )2

2 22 1 2 2

1 2 1 2 1 2 1

3 1 2 3 1 2 3 1 23 1 2

1

31 21 1 21

0 2 4 2 2 23

ii ii i i i

i i i i i i i


= −− = − −− = − − = + ⇔ = − − ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = − − ⇔

= + = + = + = +



1 2 3

2 1 1

3 3 3i A i A i A= ∧ = − ∧ =


As questões 1, 2, 3 e 4 devem ser respondidas neste enunciado. Nestas questões não são necessários

apresentar deduções nem cálculos. Se forem feitas, não serão pontuadas. Se aparecer varias

respostas ou se for confuso, não será pontuado.

Constantes que puderam ser necessárias: 191,603.10 e C−−= , Permeabilidade magnética no vazio

70 4. .10

Tm

Aµ π −= . Tempo 1h30.

Exercício 1 - [2] Indique qual é a unidade do campo magnético no Sistema Internacional e exprima-a em

função das unidades de massa, de tempo e de carga.

Na realidade foi medido em 2

Kg

As, ou seja a carga foi medida [ ] [ ] [ ]. .Q I t C A s= → = , mas como não

pedia intensidade de corrente, mas sim carga fica Kg

TCs

= .

Exercício 2 - [4] Um solenóide longo com 12 espiras por centímetro tem um núcleo de ferro fundido. Quando

a corrente é 0,50A, o campo magnético no interior do núcleo é 1,36T. Encontre:



(a) O campo magnético que seria produzido dentro do solenóide se o núcleo não existisse.

(b) A permeabilidade relativa do ferro fundido.

(c) A magnetização dentro do núcleo.

Dados: 12 espiras 1200/m/cmn = = 0,50I A= 1,36B T=

Resolução a) – 0 ?B =

Sei que 00B Inµ= , então ( )( )( )70 4 10 ,0 0 5120B π −=

0 754 B Tµ=

Resolução b) – A permeabilidade relativa é ?rµ =

Sei que 0 rB B µ= , então 4

0

1,36

7,53.10 r

B T

B Tµ

−= = 1804rµ = (sem unidades!)

Resolução c) –( ) ( )701804 4 1

75

0

4 r o H H

TB

µµ µ

π −= ⇔ =

600HA

m=

Resolução d) – A magnetização é M

- Magnetização. MA

m =

.

E como sei que 1 1,mr rmX Xµ µ= + ⇔ = − fica:

( ) 0. 1 .m rHM Xµ

µ= = −

0

nI

µ( ) ( ) ( ) ( )( )180 0,4 1 . 1 803 . 200 51 nI

=

=

−

61,08.10

AM

m=



Exercício 3 - [1] Já não me lembro da pergunta, mas tinha qualquer coisa a haver com o tempo de carga.

( )0 1 a tI I e−= − .

Exercício 4 - [3] sabendo que ( )sin yH A ky t eω= − e que 2Cx

zj e e−= .

a) Determine a derivada do deslocamento da corrente em ordem ao tempo .

b) Sabe-se que no momento 0t = , o campo magnético nesta região esteve ausente. Determine o

campo magnético para 0t > .

Resolução a) - Interpretação da Lei de Ampére:

A lei de Ampére na sua forma integral afirma, que a integral de caminho do campo magnético B em um

caminho fechado e arbitrário C é igual a μ0 vezes a corrente total encerrada pelo caminho C.

x D

H Jt

∂∇ = +

∂

Corrente de Deslocamento e a Lei de Ampére-Maxwell: ( ). x .H J∇ ∇ = ∇

( )

( ) ( ) x sin sin 0

0 sin 0

z x

x y z

H A ky t e A ky t ex y z x z

A ky t

ω ω

ω

∂ ∂ ∂ ∂ ∂∇ = = − − − = ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

−



( ) ( )2

. ; ; . ; ; . 0CxJ dx dy dz dx dy e J−∇ = ∇ =

Resolução b) – O divergente do rotacional de um vector é sempre nulo, de tal forma que isso implica que

. 0,J∇ = mas isso somente é válido no caso em que / 0tρ∂ ∂ = , ou seja, quando não há variação no tempo.

Caso assumimos que mesmo no regime de variação temporal . 0J∇ = a conservação da carga eléctrica será

violada, e isso não ocorre experimentalmente, pois sabemos que

. 0Jt

ρ∂∇ + =

∂

De modo a tornar a equação de Ampére verdadeira, Maxwell adicionou o termo que falta, que nada

mais é do que completar a equação de continuidade:

( ). x . 0H Jt

ρ∂∇ ∇ = ∇ + =

∂

O resultado da b), para um 0t > , 0H =

Exercício 5 - [4] Uma volta rectangular de largura a e

comprimento b está localizada perto de um fio longo

que transporta uma corrente I (ver figura). A

distância entre o fio e o lado mais perto da volta é c.

O fio é paralelo ao lado maior da volta. Encontre o

fluxo magnético total através da volta devido à

corrente no fio.

Livro “Physics for Scientists and Engineers - Serway-

Beichner”, Capítulo “30 - Sources of the Magnetic



Field”, exemplo 30.8.

Resolução – Fluxo magnético: B Bd SΦ = ∫

[ ] ( )2B

TWb Weber

mΦ = =

( )( )0 2. sin

2fio

IB

r

µθ

π= , e como o seno é 90º fica 0 2

2fio

IB

r

µπ

= .

B e dS têm a mesma direcção e sentido, logo o ângulo 0ºϕ = .

( )cos 0B Bd S BdS BdSΦ = = =∫ ∫ ∫

. Campo magnético num fio rectilíneo: 0

2B

c

Iµπ

=

0 0

2 2B

I IBdS dS dS

r r

µ µπ π

Φ = = =

∫ ∫ ∫ . Também sei de que dS

b dS b da S abda

= ⇔ = ∧ =

E como “b” é constante, fica:

( ) ( )0 0 01 ln ln

2 2 2

c a c a c a

B

c c c

I Ib Iba dr b dr dr c a c

r r

µ µ µπ π π

+ + +

= → Φ = = = + − ∫ ∫ ∫

( )20 . .ln 12B

I ab Tm Wb

c

µπ

Φ = +

Exercício 5 - [6] Uma bobina com 15 espiras e um raio de 3,0 cm contorna um solenóide longo com um raio

de 2,00 cm e 31,00 x 10 de espiras por metro. A corrente variável dentro do solenóide é

( ) ( )5,00 sin 120I A t= . Diga qual é a força electromotriz induzida pelas 15 espiras ao longo do tempo.



Resolução – Lei de Faraday

( )0B solenoidenI AµΦ =

( )20 0

Bsolenoide solenoide

d dI dIN N nA N n r

dt dt dtε µ µ π

Φ= − = − = −

( ) ( ) ( )( ) ( )27 3 115 4. .10 1,00 x 10 0,02 600 .cos 120Tm A

m m tA s

ε π π− − = −

( )14,2.cos 120 t mVε = −

Date post:	13-May-2023
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Eletromagnétismo - Teoria e Exercícios Resolvidos

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