Portfolio I Capítulo 22 - Física Geral II

Capítulo 22 - Campo elétrico

1. Na figura, as linhas do campo elétrico do lado esquerdo têm uma separação duas vezes maior que as linhas do lado direito.
a) Se o módulo do campo elétrico no ponto A é 40N/C, qual é o módulo da força a que é submetido um próton no ponto A?
b) Qual é o módulo do campo elétrico no ponto B?

Esse exercício deve ser o único realmente fácil do capítulo 22, junto com o 5. Inclusive, esse é realmente fácil. Só precisamos saber de duas informações para resolver a A:
$$F = Eq \\
q_{p} = 1.6*10^{-19}C$$
No caso, que a força é igual ao campo elétrico vezes a carga inserida e que a carga de um próton é de 1.6 vezes 10 a -19 Coulombs positivo. Se temos o módulo do campo elétrico e temos a carga, resolver a força é bem fácil:
$$F = (40N/C) * 1.6*10^{-19}C = 64*10^{-19}N$$
Para a B, é só saber que, no campo elétrico, quanto maior a distância entre as linhas de campo, menor é seu módulo. Como a distância entre as linhas de campo no ponto B é o dobro da distância de no ponto A:
$$E_b = \dfrac{E_a}{2} = \dfrac{40N/C}{2} = 20N/C$$
Resolvido.

5. O núcleo de um átomo de plutônio-239 contém 94 prótons. Suponha que o núcleo é uma esfera com 6.64fm de raio e que a carga dos prótons está distribuída uniformemente nessa esfera. Determine:
a) o módulo;
b) o sentido (para dentro ou para fora) do campo elétrico produzido pelos prótons na superfície do núcleo.
Primeiro, vamos analisar as informações que temos:
$$q = 94*1.6*10^{-19}C = 150.4*10^{-19}C \\
r = 6.64*10^{-15}m$$
No caso, a carga do plutônio é a carga contida em 94 prótons, e o raio da esfera é igual a 6.64 vezes 10 a -15 metros.

Para determinar o módulo do campo elétrico, temos a seguinte equação:
$$E = \dfrac{1}{4 \pi \varepsilon_0} * \dfrac{q}{d^2} = 8.99*10^9 Nm^2/C^2 * \dfrac{150.4*10^{-19}C}{6.64*10^{-15}m}^2 = \dfrac{1352.096*10^{-10} Nm^2/C}{44.0896*10^{-30}m^2} \\
 \approx 30.667*10^{20} N/C$$
Bem-respondida está a letra A.

Quanto a letra B, não tem o que equacionar. A carga do próton é positiva, então o campo elétrico produzido pelos prótons é divergente, ou seja, para fora.

6. Duas partículas são mantidas fixas sobre o eixo x: a partícula 1, de carga q1 no ponto x = 6.00cm, e a partícula q2 no ponto x = 21.0cm. Qual é o campo elétrico total a meio caminho entre as partículas, em termos dos vetores unitários?
$$q_1 = -2.00*10^{-7}C \\
q_2 = +2.00*10^{-7}C \\
x_1 = 6.00cm = 0.06m \\
x_2 = 21.0cm = 0.21m$$
Outro exercício bem fácil, mas pega na questão da distância, de maneira um pouco diferente daqueles exercícios do capítulo 21. A distância é a seguinte: você vai fixar o campo elétrico num ponto entre a primeira partícula e a segunda, e a distância será entre esse ponto e o x da partícula.
Primeiro, o ponto entre a primeira e a segunda:
$$x_E = \dfrac{0.21m + 0.06m}{2} = \dfrac{0.27m}{2} = 0.135m$$
Depois, as distâncias (que logicamente tem de ter módulo igual, mas sinais opostos):
$$d_1 = 0.135m - 0.06m = 0.075m\\
d_2 = 0.135m - 0.21m = -0.075m$$
Agora, se o campo elétrico total é a soma do campo com relação à primeira partícula e com relação à segunda:
$$E_T = E_1 + E_2 = K \dfrac{|q_1|}{d_1 ^2} + K \dfrac{|q_2|}{d_2 ^2} = K (\dfrac{|2*10^{-7}C|}{(0.075m)^2} + {|2*10^{-7}C|}{(-0.075m)^2}\\
= K (\dfrac{2*10^{-7}C}{0.005625m^2} + \dfrac{2*10^{-7}C}{0.005625m^2}) = K \dfrac{4*10^{-7}C}{0.005625m^2} \\
\approx 8.99*10^9 Nm^2/C^2 * 711.11*10^{-7}C/m^2 = 6392.8789*10^2 N/C$$

Se for pra expressar em termos dos vetores unitários, bem, o exercício especifica que as partículas são mantidas fixas no eixo x, aonde y = 0. Se o campo trabalha completamente no eixo x, o ângulo trabalhado é 0 - a equação no eixo x será multiplicada por cosseno de 0, e no eixo y pelo seno de 0.
Logo, ele é equivalente ao módulo em x e, por consequência, igual a 0 em y.

10. Na figura, as quatro partículas são mantidas fixas e têm cargas q1 = q2 = +5e, q3 = +3e e q4 = -12e. A distância d = 5.0 micrômetros. Qual é o módulo do campo elétrico no ponto P?

Esse exercício é facílimo de interpretar e dá pra responder sem fazer nenhuma conta, apenas usando deduções, mas se quiser usar as equações fica um pouquinho mais complicado. Não muito, de qualquer forma. Queremos saber o campo resultante dos 4 campos com relação ao ponto P, então o ponto de partida é esse:
$$E = E_1 + E_2 + E_3 + E_4$$
Uma informação que podemos ver pelo gráfico é que, com relação ao ponto P, a primeira carga está oposta à segunda, então vamos estabelecer a seguinte relação:
$$E_1 = -E_2$$
Também é bom lembrar que a distância entre P e q4 não é d, e sim 2d, como podemos notar pelo próprio gráfico. E que, com relação a P, um dos campos elétricos têm de ter carga negativa, já que a carga 3 é positiva e a carga 4 é negativa. Agora é só terminar o trabalho com a equação:
$$E = E_1 - E_1 + E_3 + E_4 = E_3 + E_4 = -K \dfrac{q_3}{d_3 ^2} + K \dfrac{q_4}{d_4 ^2}] = K (- \dfrac{3e}{d^2} + \dfrac{12e}{(2d)^2}) \\
K (-\dfrac{3e}{d^2} + \dfrac{12e}{4d^2}) = K * 0 = 0$$
Logo, o módulo do campo elétrico no ponto P é 0. Isso é facilmente explicado: todas as linhas de campo são na direção de 4, a única carga oposta, e como nenhuma delas é forte o suficiente para tocar o campo P "por acaso", o campo em P é nulo.

13. Na figura, as três partículas são mantidas fixas no lugar e têm cargas q1 = q2 = +e e q3 = +2e. A distância a = 6.00 micrômetros. Determine:
a) o módulo e b) a direção do campo elétrico no ponto P.

Outro exercício semelhante a um que maior parte patinou na prova, e de fato era chatinho, em especial pela questão da distância, mas nem tão problemático assim. Temos um ponto de partida extremamente semelhante ao exercício passado porque, se você perceber bem, com relação ao ponto P a primeira e a segunda carga se anulam. Exatamente porque as duas têm cargas iguais e o ponto P está entre elas.
Visto isso, notamos que o campo elétrico em P está integralmente relacionado ao campo elétrico da terceira carga. Logo:
$$E_P = E_3$$
Temos que a carga de 3 corresponde a dois elétrons, que resulta em:
$$q_3 = 2*1.6*10^{-19}C = 3.2*10^{-19}C$$
E o problema maior é a distância, mas podemos facilmente fazer essa relação notando que P está entre a primeira e a segunda carga, que estão em eixos opostos no plano cartesiano. O P está no meio da hipotenusa de um triângulo fechado pelas cargas q1 e q2. Se cada cateto é a distância a (6 micrômetros), temos que a hipotenusa é:
$$h = \sqrt{6^2 + 6^2} = \sqrt{36 + 36} = \sqrt{72} \mu m$$
Ótimo, temos a hipotenusa... Mas algo que pegou muita gente é que a distância entre q3 e o ponto P não é a hipotenusa. O ponto P está no centro dessa hipotenusa, ou seja:
$$d = \dfrac{\sqrt{72}}{2} \mu m = \dfrac{\sqrt{72}}{2}*10^{-6}m$$
(lembrando que não aproximei o resultado porque elevaremos ele ao quadrado e podemos descobrir algo mais exato)
Com essa distância, temos tudo o que precisamos para descobrir o módulo do campo elétrico:
$$E = K \dfrac{q}{d^2} = 8.99*10^9 Nm^2/C^2 * \dfrac{3.2*10^{-19}C}{(\dfrac{\sqrt{72}}{2} * 10^{-6}m)^2} = \dfrac{28.768*10^{-10} Nm^2/C}{\dfrac{72}{4} * 10^{-12}m^2} \\
\dfrac{28.768*4*10^2 N/C}{72} \approx 1.598*10^2 N/C \approx 160N/C$$
E essa é a resposta. Parece complicadinho, mas depois de deixar de estriar com a distância o exercício fica praticamente pronto.

Quanto ao ângulo (direção), é fácil de deduzir. Ainda no triângulo q1-q2-q3, temos um triângulo cujos dois catetos são iguais, logo têm dois ângulos de 45 graus e um de 90 - esse, no caso, é q3. Mas não estamos tratando desse triângulo, estamos tratando de um triângulo q1-q3-P ou q2-q3-P.
Não seria difícil fazer essa relação geometricamente falando, mas o exercício nos dá uma dica valiosíssima que não nos deixa perder tempo: o ângulo no ponto P do triângulo q2-q3-P é 90°. Se q2 continua tendo 45°, q3 nessa ocasião só pode ter 45° também.
Logo, a direção desse campo elétrico é de 45°.


16. A figura mostra um anel de plástico de raio R = 50.0cm. Duas pequenas contas coloridas estão sobre um anel: a conta 1, de carga +2.00 microC, que é mantida fixa na extremidade esquerda, e a conta 2, de carga +6.00 microC, que pode ser deslocada ao longo do anel. As duas contas, juntas, produzem um campo elétrico de módulo E no centro do anel. Determine:
a) um valor positivo do ângulo para o dado valor de E e b) um valor negativo.
$$E = 2.00*10^5 N/C \\
q_1 = +2.00 \mu C = +2.00*10^{-6} C \\
q_2 = +6.00 \mu C = +6.00*10^{-6} C \\
R = 50cm = 0.5m$$

Esse exercício é outro que precisa de umas sacadinhas de trigonometria pra resolver, mas não é nada realmente preocupante. Veja bem, temos um campo elétrico total que nos foi dado, mas sabemos que esse campo total é o que fica entre a primeira e a segunda conta. Ou seja, ele leva em conta tanto a primeira conta quanto a segunda.
$$E = E_1 + E_2$$
Mas lembremos que não podemos simplesmente somar os campos elétricos da primeira e da segunda conta para descobrir o que está no centro. Perceba que eles são grandezas vetoriais e, como tais, têm seu próprio sentido - o campo elétrico da primeira "aponta" para frente com relação ao centro, enquanto o segundo aponta para trás e para baixo numa direção desconhecida (que, inclusive, é o que queremos saber); sendo assim, seu sentido é negativo.
Vamos montar as equações de cada campo em cada direção pra exemplificar melhor:
$$E_1 = (\dfrac{1}{4 \pi \varepsilon_0} * \dfrac{q_1}{R^2} \cos{0})\hat{i} + (\dfrac{1}{4 \pi \varepsilon_0} * \dfrac{q_1}{R^2} \sin{0})\hat{j} = (\dfrac{1}{4 \pi \varepsilon_0} * \dfrac{q_1}{R^2})\hat{i} \\
E_2 = -(\dfrac{1}{4 \pi \varepsilon_0} * \dfrac{q_2}{R^2} \cos{\theta})\hat{i} - (\dfrac{1}{4 \pi \varepsilon_0} * \dfrac{q_2}{R^2} \sin{\theta})\hat{j}$$
Perceba que já defini o ângulo do campo da primeira conta como 0, afinal, ela está no eixo x.

Agora o que faremos é uma soma disso:
$$E = E_1 + E_2 = ((\dfrac{1}{4 \pi \varepsilon_0} * \dfrac{q_1}{R^2})\hat{i}) + (-(\dfrac{1}{4 \pi \varepsilon_0} * \dfrac{q_2}{R^2} \cos{\theta})\hat{i} - (\dfrac{1}{4 \pi \varepsilon_0} * \dfrac{q_2}{R^2} \sin{\theta})\hat{j})$$
Vamos separar os i dos j:
$$E = (\dfrac{1}{4 \pi \varepsilon_0} * \dfrac{q_1}{R^2} - \dfrac{q_2}{R^2} \cos{\theta}) - (\dfrac{1}{4 \pi \varepsilon_0} * \dfrac{q_2}{R^2} \sin{\theta})\hat{j})$$
Agora temos que fazer uma análise trigonométrica do caso: queremos o ângulo theta, mas estamos com equações vetoriais e precisamos convertê-las para que fique escalar. Normalmente usaríamos o teorema de Pitágoras, mas o próprio ângulo é uma incógnita e... Inclusive a que queremos saber. Convém-nos então utilizar a lei dos cossenos (ou teorema de Pitágoras level 2 pros que gostam de associar):
$$a^2 = b^2 + c^2 - 2ab \cos{\theta}$$
Substituindo os valores por uma hipotenusa E, uma direção Ei e outra direção Ej:
$$E^2 = (K \dfrac{q_1}{R^2})^2 + (K \dfrac{q_2}{R^2})^2 - 2(K \dfrac{q_1}{R^2})(K \dfrac{q_2}{R^2}) \cos{\theta} \\
E^2 = K^2 \dfrac{q_1 ^2}{(R^2)^2} + K^2 \dfrac{q_2 ^2}{(R^2)^2} - 2 K^2 \dfrac{q_1 * q_2}{(R^2)^2} \cos{\theta} \\
E^2 = K^2 \dfrac{q_1 ^2}{R^4} + K^2 \dfrac{q_2 ^2}{R^4} - 2 K^2 \dfrac{q_1 * q_2}{R^4} \cos{\theta} \\
E^2 = \dfrac{K^2}{R^4} (q_1 ^2 + q_2 ^2 - 2 q_1 q_2 \cos{\theta})$$
Agora vamos isolar quem realmente interessa: quem está com o theta.
$$E + \dfrac{K^2}{R^4}*(2 q_1 q_2 \cos{\theta}) = \dfrac{K^2}{R^4} (q_1 ^2 + q_2 ^2) \\
\dfrac{K^2}{R^4} * (2 q_1 q_2 \cos{\theta}) = \dfrac{K^2}{R^4} (q_1 ^2 + q_2 ^2) - E^2 \\
2 q_1 q_2 \cos{\theta} = \dfrac{K^2 * R^4}{R^4 * K^2} (q_1 ^2 + q_2 ^2) - \dfrac{R^4}{K^2} E^2 \\
2 q_1 q_2 \cos{\theta} = q_1 ^2 + q_2 ^2 - \dfrac{R^4}{K^2} E^2 \\
\cos{\theta} = \dfrac{q_1 ^2 + q_2 ^2 - \dfrac{R^4}{K^2} E^2}{2 q_1 q_2} \\
\theta = \cos^{-1}{\dfrac{q_1 ^2 + q_2 ^2 - \dfrac{R^4}{K^2} E^2}{2 q_1 q_2}}$$
Agora substitua as variáveis dessa equação pelos valores dados pelo exercício na sua companheira calculadora científica. Ou no seu Matlab. A conta é extremamente extensa e cansativa, mas é algo que a calculadora pode fazer sem nenhum trabalho.
A resposta tem que dar aproximadamente 67.8°.

Quanto ao ângulo negativo... Ele será, bem, -67.8° mesmo.

19. A figura mostra um dipolo elétrico. Determine:
a) o módulo;
b) a orientação (em relação ao semi-eixo x positivo) do campo elétrico produzido pelo dipolo em um ponto P situado a uma distância r >> d.

É um exercício de raciocínio simples. O campo elétrico está no centro e, como tal, tem influência do campo gerado pela carga positiva e pela carga negativa. E, claro, como uma carga está divergindo e outra está convergindo, elas não se anulam e sim se acumulam num ponto só. Essa é a sacada do dipolo, que aliás é simplíssimo - o bom é que não é dado valor nenhum, então não há resultado constante a se considerar, é pra chegar numa equação de dipolo genérica.
Mas veja bem, como eu disse: as cargas não se acumulam, elas se juntam. Só com isso já dá pra imaginar o resultado do campo elétrico... Mas façamos uma análise mais minuciosa, pra não pecar em não entender o exercício como um todo.
Note que as duas cargas estão no mesmo eixo y, de ângulo desconhecido, mas possivelmente ignorando o eixo x. Como dito, elas se "complementam", então estão no mesmo sentido. Com isso concluímos que:
$$E_+ = E_{+y}\hat{j} = E \sin{\theta} \hat{j} \\ E_- = E_{-y}\hat{j} =  E \sin{\theta} \hat{j} = E \hat{j} \\ E_{+x} = E_{-x} \\ |\vec{E}| = E_+ + E_- = E\hat{j} + E\hat{j} = 2E \sin{\theta}$$
Até aqui ok, vem agora outra parte: definir a equação completa pro campo. Talvez a pior.
Lembremos que a equação básica do campo elétrico é:
$$E = K \dfrac{q}{d^2}$$
Não temos o valor de q então ele ficará no resultado final, enquanto a distância d pode ser descoberta através da seguinte relação:

Ainda não defini a resultante porque se não dá aquele problema do cara querer chegar na resposta final direto e whatever. O fato é: veja que formamos triângulos retângulos entre o eixo x e y e essas linhas, logo essas linhas são hipotenusas. Podemos considerar o eixo x desse campo a variável r, enquanto o eixo y é representado por d/2. Pelo teorema de Pitágoras:
$$d_{E} = \sqrt{(\dfrac{d}{2})^2 + r^2}$$
Jogando na equação já final:
$$|\vec{E}| = 2(K \dfrac{q}{(\sqrt{(\dfrac{d}{2})^2 + r^2})^2}) \sin{\theta} = 2(K \dfrac{q}{(\dfrac{d}{2})^2 + r^2}) \sin{\theta}$$
Quanto ao seno de theta, vamos fazer relações trigonométricas básicas do ensino médio. O básico, seno é igual ao cateto oposto sobre a hipotenusa. De uma série de maneiras, uma delas sendo o fato de saber que d/2 está relacionado com o seno (quanto mais perto de 90° o ângulo, mais perto o vetor chega de d/2 absoluto), podemos definir o cateto oposto como d/2. A hipotenusa acabamos de expressar. Logo, no lugar de seno colocamos:
$$\sin{\theta} = \dfrac{\dfrac{d}{2}}{\sqrt{(\dfrac{d}{2})^2 + r^2}}$$
E jogamos na equação final:
$$|\vec{E}| = 2 \times (K \dfrac{q}{(\dfrac{d}{2})^2 + r^2}) \times \dfrac{\dfrac{d}{2}}{\sqrt{(\dfrac{d}{2})^2 + r^2}} = \dfrac{2Kqd}{2 \sqrt{((\dfrac{d}{2})^2 + r^2)^3}} = \dfrac{Kqd}{ \sqrt{((\dfrac{d}{2})^2 + r^2)^3}}$$
Sabemos que r >> d, logo, acrescentar qualquer valor de d para r se torna razoavelmente insignificante, então podemos simplesmente descartá-lo e deixar a equação dessa maneira:
$$|\vec{E}| = \dfrac{Kqd}{(\sqrt{r^2})^3} = \dfrac{Kqd}{r^3}$$
E está respondido o primeiro.

O segundo acabamos considerando a resposta no meio do raciocínio do primeiro. Em algum momento, dissemos da relação de d/2 com o seno e concluímos que ele tem 90°. Lembrando que as linhas vão em sentido à carga negativa, então o ângulo correto é -90°.

25. Na figura, duas barras curvas de plástico, uma de carga +q e outra de carga -q, formam uma circunferência de raio R = 8.50cm no plano xy. O eixo x passa pelos dois pontos de ligação entre os arcos, e a carga está distribuída uniformemente nos dois arcos. Se q = 15.0 picoC, determine:
a) o módulo;
b) a orientação (em relação ao semi-eixo x positivo) do campo elétrico E no ponto P, situado no centro da circunferência.

Galera, eu tinha uma resposta quase certa mas fracassei num detalhe que compromete toda a conta... No caso, um pi³ no lugar de um pi² no divisor. De qualquer forma, a expressão usada por uma resolução automática é decompor a carga dessa maneira:

$$q = \lambda \pi R$$

E jogar na equação do campo elétrico:

$$|\vec{E}| = E_+ + E_- = 2E \sin{\theta}$$

(até aí, igualzinho ao exercício anterior)

$$|\vec{E}| = 2 \dfrac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \times \dfrac{\lambda \pi R}{\pi R^2} \sin{\theta} = \dfrac{\lambda \pi R}{2R^2 \pi^2 \varepsilon_0} (\sin{-90} - \sin{90}) = \\ \dfrac{\lambda}{2R \pi \varepsilon_0} \times (-2) = -\dfrac{q}{\pi^2 \varepsilon_0 R^2}$$

Daí jogando os valores:

$$|\vec{E}| = -\dfrac{15 \times 10^{-12}}{\pi^2 \varepsilon_0 (0.085)^2} = -\dfrac{15 \times 10^{-12}C}{8.85 \times 10^{-12} \times \pi^2 \times 0.007225} \\ = -\dfrac{15}{0.06394125 \pi^2} \approx \dfrac{234.59}{\pi^2} \approx 23.77N/C$$

E é isso aí. Deve ter reconhecido um problema no piR², ou está certo e eu estou confuso na matemática básica, sei lá. Mas o resultado é esse.

Quanto ao ângulo, perceba que a carga negativa está na parte inferior do círculo. É a mesma associação do exercício passado, -90°. Ao menos isso eu entendi bem, rs. Perdão pelo exercício, galera. Próximo.

30. Uma barra fina não-condutora, com uma distribuição uniforme de carga positiva Q, tem a forma de um círculo de raio R. O eixo central do anel é o eixo z, com a origem no centro do anel. Determine o módulo do campo elétrico:

a) no ponto z = 0;

b) no ponto z tendendo a infinito;

c) em termos de R, para que valor positivo de z o módulo do campo é máximo?

d) se R = 2.00cm e Q = 4.00 microC, qual é o valor máximo do campo?

Ok, essa questão é chata... Acho que caiu na primeira prova, até. Aqui o esquema é o seguinte: podemos fazer uma análise por equações prontas que o livro do Halliday nos ensina. Podemos fazer aquela análise por integral também. Vou fazer o completo (aproveitar que o livro tem tudo rs) mas a parte importante mesmo é só a equação final.

Veja bem:

$$\cos{\theta} = \dfrac{z}{r} = \dfrac{z}{(z^2 + R^2)^{1/2}}$$

(o r menor virar aquilo é devido ao fato do r menor ser a hipotenusa de um triângulo retângulo formado pelos catetos z e R)

Sendo:

$$dE = K \dfrac{\lambda ds}{(z^2 + R^2)}$$

Juntamos dE com o cosseno:

$$dE \cos{\theta} = K \lambda \dfrac{z}{(z^2 + R^2)^{3/2}} ds$$

Integramos os dois lados (s sendo o arco do anel, indo de 0 a 2piR):

$$E = \int dE \cos{\theta} = \int K \lambda \dfrac{z}{(z^2 + R^2)^{3/2}} ds = K \lambda \dfrac{z}{(z^2 + R^2)^{3/2}} 2 \pi R$$

O lambda com o 2piR forma uma carga q, o resto permanece igual:

$$E = \dfrac{Kqz}{(z^2 + R^2)^{3/2}}$$

Essa é a equação fixa do anel. Para o exercício A, precisamos substituir z por 0.

$$E = \dfrac{Kq}{(0 + R^2)^{3/2}} \times 0 = 0$$

Para o exercício B, jogamos um limite de z tendendo a infinito após trabalhar a equação:

$$E = \lim_{z\to\infty} Kq \dfrac{z}{(z^2 + R^2)^{3/2}}$$

Dá pra escapar daqui por um monte de método, mas no blog é bom economizar espaço. Vamos então aplicar o teorema de L'Hopital (aquele do cálculo I, lembram?), derivar em cima e embaixo com relação a z pra facilitar as coisas:

$$E = \lim_{z\to\infty} Kq \dfrac{1}{2z \times \dfrac{3}{2} (z^2 + R^2)^{1/2}} = \lim_{z\to\infty} Kq \dfrac{1}{3z \times (z^2 + R^2)^{1/2}}$$

Jogue os limites, o resultado tende a 0. Grato ao arroba @armiquilino (Alexandre Miquilino) por me lembrar do L'Hopital. (começando as participações especiais no blog!)

Para o exercício C, queremos o valor de z para o campo máximo. A conclusão a se chegar é fácil, o único chato é fazer mesmo. Quando queremos o valor máximo de alguma coisa usando alguma variável, já nos vem de cara setar a derivada da função incógnita com relação à variável a 0. Assim, em prática:

$$\dfrac{df(x)}{dx} = 0$$

No caso:

$$\dfrac{df(z)}{dz} = \dfrac{d}{dz} [Kq \dfrac{z}{(z^2 + R^2)^{3/2}}] = Kq \dfrac{d}{dz} [z \times (z^2 + R^2)^{-3/2}] = \\ Kq [(1 \times (z^2 + R^2)^{-3/2}) + (z \times (2z \times \dfrac{-3}{2} (z^2 + R^2)^{-5/2}))] = \\ Kq [\dfrac{1}{(z^2 + R^2)^{3/2}} - \dfrac{3z^2}{(z^2 + R^2)^{5/2}}] = \\ Kq [\dfrac{(z^2 + R^2) - 3z^2}{(z^2 + R^2)^{5/2}}] = Kq \dfrac{R^2 - 2z^2}{(z^2 + R^2)^{5/2}} = 0$$

Agora queremos isolar o z, não é? Vamos fazer o seguinte então. Note que a expressão acima pode ser vista também como:

$$Kq \dfrac{R^2}{(z^2 + R^2)^{5/2}} - Kq \dfrac{2z^2}{(z^2 + R^2)^{5/2}} = 0$$

Passando a parte do -2z pro outro lado como positivo:

$$Kq \dfrac{2z^2}{(z^2 + R^2)^{5/2}} = Kq \dfrac{R^2}{(z^2 + R^2)^{5/2}}$$

Cortando as partes iguais dos dois lados:

$$2z^2 = R^2 \\ z^2 = \dfrac{R^2}{2} \\ z = \sqrt{\dfrac{R^2}{2}} = \dfrac{R}{\sqrt{2}} \approx 0.707R$$

Isso, claro, porque queremos o valor positivo de z. Poderia ser -0.707R também por causa da raiz.

Bem trabalhoso, não é?

Para o exercício D, temos dois valores dados, a carga C (4 microC) e o raio R (2cm). O valor de z é o máximo, logo vamos substituir z pelo valor descoberto no exercício passado. Só jogar tudo na equação do anel:

$$E = Kq\dfrac{z}{(z^2 + R^2)^{3/2}} = (8.99 \times 10^9 Nm^2/C^2) \times (4 \times 10^{-6} C) \times \dfrac{\dfrac{R}{\sqrt{2}}}{((\dfrac{R}{\sqrt{2}})^2 + (0.02m)^2)^{3/2}} = \\ 35.96 \times 10^3 Nm^2/C \times \dfrac{\dfrac{0.02m}{\sqrt{2}}}{((\dfrac{0.02m}{\sqrt{2}})^2 + 0.0004m^2)^{3/2}} = \\ 35.96 \times 10^3 Nm^2/C \times \dfrac{0.02m}{\sqrt{2} \times ((\dfrac{0.0004m^2}{2}) + 0.0004m^2)^{3/2}} = \\ 35.96 \times 10^3 Nm^2/C \times \dfrac{0.02m}{\sqrt{2} \times (0.0002m^2 + 0.0004m^2)^{3/2}} = \\ 35.96 \times 10^3 Nm^2/C \times \dfrac{0.02m}{\sqrt{2} \times (0.0006m^2)^{3/2}} \approx \\ 35.96 \times 10^3 Nm^2/C \times \dfrac{0.02m}{\sqrt{2} \times (1.47 \times 10^{-5})} = \\ 35.96 \times 10^3 Nm^2/C \dfrac{1360.83}{\sqrt{2} m^2} = \\ \dfrac{48935 \times 10^3 Nm^2/C}{\sqrt{2} m^2} \approx 34602.59 \times 10^3 N/C \approx 3.5 \times 10^7 N/C$$

Enfim está encerrado. Acho que esse 30 é o mais escroto do capítulo 22. Depois disso é tudo mais pacífico.

O resto eu não vou fazer por motivos de: já passou o semestre e eu nem tenho mais as coisas aqui, e o exame já foi e etc. Então fiquem com esses exercícios mesmo, talvez sejam úteis. :Ç

Aula XII - Física Geral II

Lei de Biot-Savart

$$d\vec{B} = \dfrac{\mu_0 i}{4 \pi} \dfrac{d\vec{l} \times \vec{r}}{r^3}$$
De forma modular:
$$dB = \dfrac{\mu_0 i}{4 \pi} \dfrac{dl \sin{\theta}}{r^2}$$

Exemplo: campo magnético gerado por uma espira no ponto P sobre o eixo.

$$dB_{x} = |dB| \cos{\alpha}$$
Aplicando a lei de Biot-Savart:
$$dB = \dfrac{\mu_0 i}{4 \pi} \dfrac{dl \sin{\theta}}{r^2}$$
Nota que o ângulo theta entre o eixo absoluto x e o eixo absoluto z é 90° - regra da mão direita: o módulo dB tem componentes em ij, a resultante da regra dá k, por regra a transição de um eixo pro outro dessa maneira simples é 90°. O r, notando pela figura, é uma hipotenusa formada por um triângulo com R e x de cateto, logo é aplicado o teorema de Pitágoras:
$$dB = \dfrac{\mu_0 i}{4 \pi} \dfrac{dl \sin{90}}{(\sqrt{R^2 + x^2})^2} = \dfrac {\mu_0 i}{4 \pi} \dfrac{dl}{R^2 + x^2}$$
Relacionando o triângulo, percebemos que o cosseno de alfa é o cateto adjacente R pela hipotenusa r. Logo:
$$\cos{\alpha} = \dfrac{R}{r} = \dfrac{R}{\sqrt{R^2 + x^2}}$$
Agora só jogar na equação:
$$dB_{x} = |dB| \cos{\alpha} = \dfrac{\mu_0 i dl}{4 \pi (R^2 + x^2)} \dfrac{R}{\sqrt{R^2 + x^2}} = \dfrac{\mu_0 i dl R}{4 \pi (R^2 + x^2)^{3/2}}$$
Querendo saber o B, e não apenas dB, temos que integrar os dois lados:
$$\int dB =  \int \dfrac{\mu_0 i dl R}{4 \pi (R^2 + x^2)^{3/2}} \\ B = \dfrac{\mu_0 i R}{4 \pi (R^2 + x^2)^{3/2}} \int dl = \dfrac{\mu_0 i R}{4 \pi (R^2 + x^2)^{3/2}} \int^{2\pi}_{0} \int^{R}_{0} dr d\theta \\ = \dfrac{\mu_0 i R}{4 \pi (R^2 + x^2)^{3/2}} (2\pi R) = \dfrac{\mu_0 i R^2}{2(R^2 + x^2)^{3/2}}$$

E a aula foi só isso e slides. É provável que não esteja tão fácil de entender, mas fica como desafio tentar entender tudinho porque o desenho dá essas informações necessárias todas. Inclusive o fato do desenho ser dado pronto atrapalha um pouco explicar detalhadamente, mas bem, a lei de Biot-Savart vai ser mais usado como truque da matemática então deixo as explicações detalhadas pro portfolio.
Boa noite a todos.

(quanto aos desenhos ainda piores, estou usando versão mais antiga do Paint... É pouca zueira??)

Aula XI - Física Geral II

Temos aí que a força magnética age de uma maneira semelhante à força centrípeta no movimento circular uniforme. Lembrando a força centrípeta:
$$F_C = \dfrac{mV^2}{r}$$
A fórmula da força no campo magnético é:
$$F_B = qV \times B = qVB \sin{\theta}$$
E note que o ângulo entre o V e o B nesse campo circular será de 90°, então substituindo o theta temos:
$$F_B = qVB$$
Igualamos os dois lados:
$$qVB = \dfrac{mV^2}{r} \\ qB = \dfrac{mV}{r} \\ r = \dfrac{mV}{qB} \\ V = \dfrac{qBr}{m}$$
Temos também a fórmula da velocidade angular:
$$\omega = \dfrac{V}{r} = \dfrac{qBr}{rm} = \dfrac{qB}{m}$$
A frequência é:
$$\mu = \dfrac{\omega}{2\pi} = \dfrac{qB}{2 \pi m}$$
Sendo o período o inverso da frequência:
$$T = \dfrac{1}{\mu} = \dfrac{2 \pi m}{qB}$$

Lei de Ampére

$$\oint \vec{B} \bullet d\vec{l} = \mu_0 i$$


Vemos que:
$$\vec{B} \bullet d\vec{l} = Bdl \cos{\theta}$$
Sendo o ângulo entre dl e a direção do campo B 0:
$$\vec{B} \bullet d\vec{l} = Bdl$$
$$B \oint dl = \mu_0 i \\ B(2 \pi r) = \mu_0 i \\ B = \dfrac{\mu_0 i}{2 \pi r}$$

Interação entre dois condutores paralelos

Queremos descobrir qual é a influência do campo gerado pela corrente A no campo B. Lembrando que a fórmula da força magnética com relação à corrente é:
$$\vec{F}_B = i \vec{l} \times \vec{B} = ilB \sin{\theta}$$
A relação de ângulo permanece a mesma do primeiro exemplo, antes da lei de Ampére. A corrente vai para um lado, faz-se a regra da mão direita e descobre-se um ângulo de 90° de diferença em um outro eixo. Ficando assim a fórmula (já colocando as legendas bonitinho pra indicar qual é de B, e qual é de A):
$$\vec{F}_B = i_B l_B B_A$$
Note que o B (campo magnético uniforme) considerado é de A, não de B. Usando a outra fórmula que conhecemos recentemente:
$$\vec{F}_B = i_B l_B \dfrac{\mu_0 i_A}{2 \pi r}$$
Sendo r = d:
$$\vec{F}_B = \dfrac{l_B i_B i_A \mu_0}{2 \pi d}$$

Exercício:
1. Um elétron de 10eV gira num plano perpendicular a um campo magnético uniforme B. Qual o raio da órbita no ciclotron?
$$K = 10eV = 10 \times 1.6 \times 10^{-19} J = 16 \times 10^{-19} J \\ m = 9.1 \times 10^{-31} Kg \\ B = 1 \times 10^{-4}T$$
Queremos saber do raio, e para isso lembremos da fórmula que acabamos de aprender a respeito de força magnética centrípeta:
$$r = \dfrac{mV}{qB}$$
Para a velocidade, temos uma resolução realmente semelhante ao exercício da aula passada. Se temos a energia em Joules e temos massa, podemos fazer a relação raiz de 2K/m para a velocidade. O resto temos os valores dados:
$$V = \sqrt{\dfrac{2K}{m}} = \sqrt{\dfrac{2 \times 1.6 \times 10^{19}J}{9.1 \times 10^{-31}Kg}} = \sqrt{\dfrac{32 \times 10^{12}J}{9.1Kg}} = \sqrt{3.55 \times 10^{12} Kg m^2/Kg s^2} \\ = 1.88 \times 10^6 m/s$$
Jogando na fórmula:
$$r = \dfrac{(9.1 \times 10^{-31}Kg) \times (1.88 \times 10^6 m/s)}{(1.6 \times 10^{-19}C) \times (1 \times 10^{-4} T)} = \dfrac{17.108 \times 10^{25} Kg m}{1.6 \times 10^{-23} Cs (Kg/Cs)} \\ = 10.6925 \times 10^{-2} (Kg m Cs / Kgs) = 10.6925 \times 10^{-2} m = 10.6925cm$$
O professor aproximou o resultado para 11cm. A parte mais difícil dessa equação, talvez, seja a conversão de medidas na parte do Tesla para quilogramas por carga-segundo... Mas é matemática básica, só usar.

Matéria rápida, mas capaz de complicar bastante... Boa sorte a todos, e um bom dia!

Aula X - Física Geral II

Força magnética

1. Um fio retilíneo reto feito de cobre é percorrido por uma corrente i = 28A. Determine o módulo e a orientação do menor B capaz de manter este fio suspenso no ar. A massa específica linear (m/L) do cobre é 46.6g/m.

Esse exercício é bem simples. Veja bem, vamos começar com as deduções mais óbvias. Primeiro, a equação da força do campo magnético utilizando uma corrente:

$$F_\vec{B} = i \vec{L} \times \vec{B}$$

Por umas manipulações trigonométricas simples, sabemos automaticamente que isso é igual a:

$$F_\vec{B} = i|\vec{L}||\vec{B}| \sin{\theta}$$

Queremos esse B. Disso daí, o exercício nos dá a corrente (i) e só. Mas o exercício nos conta outra coisa já de início: ele quer manter o fio suspenso no ar, o que indica que a força do campo magnético tem que ser, no mínimo, igual a força da gravidade. A força da gravidade é bem óbvia:

$$F_g = mg$$

Podemos então igualar as duas forças:

$$mg = i |\vec{L}||\vec{B}|\sin{\theta}$$

O exercício nos dá um valor de m/L, então podemos manipular a equação para que haja m/L:

$$\dfrac{m}{L}g = i|\vec{B}|\sin{\theta}$$

Ótimo, mas compensa ainda mais isolar tudo o que temos e deixar apenas o B:

$$|\vec{B}| = \dfrac{m}{L}g * \dfrac{1}{i \sin{\theta}}$$

A última consideração a se fazer é o ângulo theta. O método mais óbvio (e arriscado) de descobri-lo é lembrar que a direção da força da gravidade é 90 graus para baixo, ou 270 graus; a força do campo magnético tem que ser oposta a isso, logo, 90 graus positivos.

O método menos óbvio (em especial pra quem tem dedo zoado de tanto digitar (muito comum pra computação)), e que funciona pra qualquer ocasião, é usar a "regra da mão direita". Desenhando:

Veja que isso forma um ângulo de 90°. Bem, agora podemos jogar os valores que queremos na equação. Sempre lembrem de, no caso, converter gramas para quilogramas para poder fazer uma conversão eficaz da medida dada para Tesla (T).

$$|\vec{B}| = 46.6g/m * 9.81m/s^2 * \dfrac{1}{28A * \sin{90}} = \dfrac{457.146*10^{-3}Kg/s^2}{28A} \approx 16.327*10^{-3}Kg/As^2$$

A conversão de medidas é uma boa pegadinha também. Lembrando que a corrente é a carga por segundo, então substituindo:

$$|\vec{B}| = 16.327*10^{-3}Kg/(C/s)s^2 = 16.327*10^{-3}Kg/Cs = 16.327*10^{-3}T$$

Resolvido.

2. Calcule a força do campo magnético total no fio:

Esse exercício já é uma delícia. Como foram dados apenas valores variáveis, utilizadas serão apenas variáveis. Temos três pontos diferentes no fio, dois retos e um que tem o formato de uma semicircunferência. Os retos não vão nos dar problema, o que vai é o outro, claro - mas antes, lembremos que a força total nesse ponto que queremos está dependendo dos três pedaços... Logo, é a soma dos três.

Já vamos expressar isso numa equação:

$$F = F_1 + F_2 + F_3$$

Vamos resolver as forças simples para resolver o problemão e terminar o exercício, ao invés de resolver o problemão e depois ficar se preocupando com coisa menor.

$$F_1 = F_3$$

A direção do campo pela mesma lógica do exercício passado acaba sendo 90 graus também. Colocando na fórmula do campo magnético para a corrente:

$$F_1 = i|\vec{L}||\vec{B}| \sin{90} = i |\vec{L}||\vec{B}|$$

Logo, já vamos colocar na equação final:

$$F = i |\vec{L}||\vec{B}| + F_2 + i |\vec{L}||\vec{B}|$$

Mas vamos prestar atenção no F2.

Não me recordo se num desenho original fica assim. O campo magnético se comporta de uma maneira mais complexa que isso. Mas o que quero dizer nesse desenho é: no ponto central, uma linha de campo vai contra a outra na direção x enquanto a y funciona normalmente; se as forças em x se anula, não há componente x na força desse campo magnético, representando numa equação:

$$F_2 = F_{2x} + F_{2y} = F_{2y}$$

Jogando isso na equação:

$$F = iLB \sin{\theta}$$

Agora vem a parte complicada: precisamos do comprimento da corrente, mas da maneira que está não facilita muito. Pegaremos um elemento infinitesimal de l (dl) e, claro, cada elemento dL tem uma força dF diferente com relação ao campo:

Substituindo os termos:

$$dF = i(dL)B \sin{\theta}$$

Através de trigonometria - equação de arco de circunferência, não sei ao certo se compensa explicar mas o livro Cálculo Com Geometria Analítica do Louis Leithold, volume 2, o capítulo antes de derivadas parciais que cuida da geometria analítica e de cálculo vetorial básico lida bem com isso - podemos jogar no lugar de dL o seguinte termo:

$$dF =  iB \sin{\theta} (R d\theta)$$
Não vou explicar todo o procedimento, mas faça ao menos a relação básica: lembre de coordenadas polares, aonde dxdy era substituído por rdrd0 e note que o dL foi substituído por rd0. Bem, dL é um pedaço do arco, então só está em um eixo.
De qualquer forma, o arco todo dá uma volta de 180°, logo um pi. Então já sabemos os limites. Vamos integrar:
$$\int dF = \int^{\pi}_0 iB \sin{\theta} Rd\theta = iBR [-\cos{\theta}] = iBR [-\cos{\pi} - (-\cos{0})] \\ = iBR [-\cos{\pi} + \cos{0}] = iBR [-(-1) + 1] = 2iBR$$
Note que não está nada em módulo, mas presumamos que já está. É mais fácil. É só somar as três forças agora:
$$F = F_1 + F_2 + F_3 = iLB + 2iBR + iLB = 2iLB + 2iBR = 2iB (R + L)$$
E está respondido o exercício. Como não tem valor nenhum, a resposta é a equação final.

3. Um campo B de módulo 1.5T aponta horizontalmente de leste para oeste. Qual o valor da força que atuará sobre um próton de 5MeV que atravessará esse campo verticalmente de cima para baixo?

Esse exercício é o mais fácil dos três. O problema é: se trata de medidas que já até esquecemos, mas precisamos estar sendo lembrados direto. No caso, MeV. Um elétron-Volt equivale a 1.602 vezes 10 a -19 Joules (J).
Temos as seguintes expressões, também:
$$q = 1.6*10^{-19}C \\ m = 1.7*10^{-27}Kg \\ E_K = 5MeV = 5*10^6 eV = 5*1.6*10^6*10^{-19}J = 8*10^{-13}J $$
Vamos usar um pouco elas, então:
$$F = q|V||B| \sin{\theta} = 1.6*10^{-19}C * V * 1.5T$$
Sendo V a velocidade, temos a seguinte expressão na mecânica newtoniana para a energia cinética:
$$E_K = \dfrac{1}{2} mv^2$$
Temos a energia cinética E (em Joules, ou MeV), temos a massa m, mas não temos a velocidade que é o que queremos para a equação da força do campo magnético. Então:
$$v^2 = \dfrac{2E_K}{m} \\ v = \sqrt{\dfrac{2E_K}{m}}$$
Só jogar os valores na equação agora. Só lembrando que um Joule equivale a um Newton-metro (Nm), e um Newton equivale a um quilograma-metro por segundo ao quadrado (Kg m/s²); logo, um Joule equivale a um quilograma-metro quadrado por segundo ao quadrado (Kg m²/s²). Substituindo essa porrada de expressões:
$$v = \sqrt{\dfrac{2*8*10^{-13}Kg*m^2}{1.7*10^{-27}Kg*s^2}} = \sqrt{\dfrac{16*10^{-13}m^2}{1.7*10^{-27}s^2}} = \sqrt{9.41*10^14 m^2/s^2} \approx 3.07m/s$$
Vê que mágico? As medidas todas batem. Agora só jogar isso na equação final:
$$F = 2.4*10^{-19}CT * 3.07m/s = 7.368 CTm/s$$
Um tesla equivale a um quilograma por Coulomb-segundo, substituindo:
$$F = 7.368 C*(\dfrac{Kg}{Cs})*(\dfrac{m}{s}) = 7.368 \dfrac{CKgm}{Cs^2} = 7.368Kg m/s^2 = 7.368N$$
E creio eu que está respondido o exercício, mas não tenho um gabarito aqui pra conferir se estou falando certo ou se fiz asneira em algum ponto. Bem, ao menos as medidas batem... Espero estar, de fato, certo. Como acho muito necessário entender essa matéria, já posto direto mesmo assim e depois confirmo, nem que for pelos outros dois exercícios.
Esse é bom pra treinar as fórmulas antigas de física que pareciam não servir pra nada, mas podem chegar a nos atormentar pro resto da vida. Se temos velocidade, temos mecânica fundamental, então não podemos mesmo esquecer de nada.

De qualquer forma, está aí. Bom dia a todos!