Resolução dos Problemas Pares da Primeira Lista de Exercícios

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1 Resolução dos Problemas Pares da Primeira Lista de Exercícios Wagner Leite 6 de março de 010 Resumo Esse texto contém cálculos referentes as resoluções dos problemas pares disponíveis no site da disciplina Fundamentos de Eletromagnetismo. Clique aqui e acesse os problemas propostos. Exercício A Figura 1 descreve a geometria do problema. Figura 1: Posicionamento, definição e carga das esferas. Abaixo seguem descritas as forças geradas pela interação da esfera com carga +q e da esfera de carga +q na esfera de carga q ; com a condição de força nula na carga, ambas foram definidas como F. F = { 1 4πɛ 1 4πɛ qq (L x) devido a interação da carga 1 com a ; qq x devido a interação da carga 3 com a. 1

2 A equação 1 é o passo inicial para determinar o valor da razão x L. Desenvolvendo a equação 1, obtém-se: 1 qq 4πɛ (L x) = 1 qq (1) 4πɛ x (L x) = 1 x () Como o interesse é o valor positivo da equação, pode-se elevar ambos os membros da mesma a 1. Assim, define-se a equação 3. 1 (L x) = 1 x (3) Dessa forma, segue: L x = x L = x + x L = ( + 1)x ou x L = x L = 1 ( 1) + 1 ( 1) = 1 Exercício 4 [A] A Figura ilusta as considerações propostas para este exercício. É interessante decompor as forças em dois eixos basais. Para facilitar, a tensão no fio será decomposta nos eixos definidos na Figura (C). Observa-se detalhes da decomposição na Figura 3. Nesta, nota-se que: sen(θ) = T i T e cos(θ) = T j T Onde T i e T j são as tensões decompostas nos eixos definidos pelos vetores unitários î e ĵ, respectivamente.

3 Figura : Geometria do problema. (A) Descrição geral, (B) triângulo definido pela geometria proposta para resolução e (C) as forças atuantes na esfera da esquerda, peso P, tensão no fio T e força eletrostática F E. Figura 3: Decomposição da tensão. 3

4 Na condição de equilíbrio, a somatória das forças é nula. Assim, tem-se: T i = F E e T j = P Isso significa que: { 4.1 T sen(θ) = F E = 1 q 4πɛ 0 x 4. T cos(θ) = P = mg (4) Dividindo a equação 4.1 pela 4., chega-se a equação 5. tg(θ) = 1 q 4πɛ 0 x mg (5) De acordo com a Figura (B), sen(θ) = x. É sugerido no enunciado do L problema que tg(θ) = sen(θ) - por aproximação, assim: 1 x L = mg 4πɛ 0 q x (6) Logo: q L x = ( πɛ 0 mg ) 1 3 (7) [B] Introduzindo os valores definidos no enunciado, encontra-se: (4, 7 10 ) 3 = Dessa forma, q = ±, C. Exercício 6 q (1, ) (3, 1)(8, )(11, 10 3 )(9.8) A Figura 4 apresenta um desenho esquemático das considerações de cálculo empregadas. Para encontrar a força total será desenvolvida a modelagem que segue descrita. Os campos originados pelas cargas 1 e determinam as forças F 1,3 e F,3, respectivamente, na carga 3; como mostra a Figura 4 (B). 4

5 Figura 4: Desenho esquemático do arranjo definido no problema 6 e geometria de cálculo. (A) Disposição e distância entre as cargas, (B) forças atuantes na carga 3 e (C) vetores decompostos. Decompondo os vetores que definem as forças nas direções j e i, como mostrado na Figura 4 (A), obtém-se os vetores descritos pela Figura 4 (C). Os módulos de F,3 e F 1,3 equivalem a 1 qq, onde r é a distância entre a carga 4πɛ r 1 e 3 ou e 3, que é dada por a + h. O módulo de F,3 (±j) é igual a 1 qq 4πɛ ( sen(θ). As componentes das a +h ) forças no eixo j se anulam e no eixo i, se somam. A intensidade total da força aplicada devido aos campos eletrostáticos que atuam na carga 3 é dada pela equação 8. F = 1 qq cos(θ) (8) 4πɛ a + h Não obstante, através de uma simples análise na Figura 4 (A) se determina o valor do cos(θ). Desse modo, a equação 8 pode ser reescrita como: F = 1 qq 4πɛ a + h h a + h = 1 4πɛ qq h (a + h ) 3 (9) É importante observar que a equação 9 define uma função do módulo da força F versus altura h do triângulo isósceles ilustrado na Figura 4 (A). 5

6 Para obter a força máxima basta encontrar o máximo da função F. A altura relativa ao máximo de F é solução da equação 10. Observe que a derivada, coeficiente da reta tangente a curva definida pela função, igual a zero define valores da váriavel da função que podem determinar máximos ou mínimos da mesma. d F dh = 0 d dh [ 1 4πɛ qq h ] = 0 (10) (a + h ) 3 Assim, basta calcular a derivada. Lembre que a derivada do quociente entre as funções u(h) e v(h) é dada por [ du(h) dv(h) v(h) dh dh u(h)][v(h)]. O desenvolvimento algébrico da equação 10 segue descrito. Pode-se dividir ambos os lados da equação 10 por 1 4πɛ qq ; assim, encontra-se: d dh [ h ] = 0 (a + h ) 3 Desenvolvendo: h (a + h ) 3 [(a + h ) 3 ] h = 0 (11) (a + h ) 3 onde o símbolo se refere a derivada do termo à esquerda. A derivada de h é igual a 1. Para calcular a derivada da função (a + h ) 3 se pode definir a + h = w e (a + h ) 3 = y, isto é, y = w 3. De modo que: dw dh = h e dy dw = 3 w 1 Então: y = dy dh = dy dw dw dh = (h)(3 w 1 ) = 3h(a + h ) 1 Dessa forma, a equação 11 se apresenta como segue: (a + h ) 3 3h (a + h ) 1 = 0 (a + h ) 3 = 3h (a + h ) 1 Uma opção para a continuação do desenvolvimento analítico é dividir ambos os membros da equação anterior por (a + h ) 1, desse modo: O que implica que: a + h = 3h h = a 6

7 Exercício 8 A resolução desse exercício começa com o cálculo da força devido ao campo elétrico gerado por três cargas situadas nos vértices de um quadrado. Na Figura 5 são apresentadas considerações aplicadas aos cálculos posteriores. A notação F m,n será utilizada para se referir a força atuante na carga n devido Figura 5: Definição das cargas e geometria do problema. ao campo elétrico gerado pela carga m. Abaixo estão descritas as forças que atuam na carga 1 devido aos campos das cargas, 3 e 4. { 1.1 F,1 = k q î a 1. F3,1 = k q ĵ a 1.3 F4,1 = k q sen(45)î + k q cos(45)ĵ a a (1) As demais cargas estão ilustradas na Figura 6. As contribuições restantes para a força total estão descritas a seguir F5,1 = k q ˆk { a 13. F6,1 = k q [sen(45)ˆk + cos(45)î] a 13.3 F7,1 = k q [cos(45)ˆk + sen(45)ĵ] a 13.4 F8,1 = k q [cos(45)ˆk + cos(45)sen(45)ĵ + sen(45)sen(45)î] 3a O próximo passo é somar, vetorialmente, as forças. Observe: (13) F i = k q a [1 + 1 ( ) + 1 ( ) ( )( q )]î = k a (7 + 3 )î 6 7

8 Figura 6: Definição das cargas no cubo. A componente ĵ é identica, em módulo, a componente î. A componente ˆk da força é dada abaixo: F k = k q a [1 + 1 ( ) + 1 ( ) ( )]ˆk = k q a (3 + )ˆk 3 Dessa forma, a força total é dada por: F = k q a [(7 + 3 )(î + ĵ) + ( 3 + )ˆk] 6 3 O módulo da força é dado por: a ) [( ) 6 + ( 3 + ) 3 ] = 3, 9 k q a (k q Exercício 10 A Figura 7 ilustra o problema e as considerações de cálculo. A força sobre a barra é dada por: L 1 F = kq 0 (x + l) λdl ˆk = kq Q L [ ( 1 x + L ) ( 1 x ) ]ˆk 1 = kqq[ x(x L) ]ˆk Nota-se que λ é a densidade linear de carga que, nesse caso, equivale a Q L. 8

9 Figura 7: Definição das cargas e geometria do problema. Exercício 1 Seja q a carga de uma das esferas. Assim, a carga da outra esfera é dada por 0 nc q. A equação 14 descreve tal fenômeno q ( q) (30 10 ) = 7, (14) A solução da equação 14 define o valor das cargas, em Coulombs, como mostra o diagnóstico gerado pelo código M aple 1. Figura 8: Diagnóstico referente a solução da equação 14. 9