Prova Final · Fundamentos do Eletromagnetismo

Questão 01Prova Final2025.1Fluxo elétrico · Lei de Gauss2,5 ptsVer material

Durante uma tempestade, um avião voa através de uma nuvem e adquire uma carga líquida de $q = -88{,}5\ \mu\text{C}$ , distribuída pela sua superfície.

(a) Calcule o fluxo do campo elétrico através de uma superfície fechada que envolve completamente o avião.

(b) As linhas de campo elétrico entram ou saem dessa superfície? Justifique.

Gabarito

(a) $\Phi_E = q/\varepsilon_0 = -10^{7}\ \text{N·m}^2/\text{C}$ · (b) O fluxo é negativo, logo há mais linhas de campo entrando na superfície do que saindo (carga líquida negativa atrai as linhas para dentro).

Passo a passo

Passo 1 — A Lei de Gauss diz que o fluxo através de qualquer superfície fechada depende só da carga líquida envolvida — a forma do avião é irrelevante:

\Phi_E = \oint \vec E\cdot d\vec A = \frac{q_{\text{int}}}{\varepsilon_0}

Passo 2 — Substitua os valores:

\Phi_E = \frac{-88{,}5\times10^{-6}}{8{,}85\times10^{-12}} = \boxed{-1{,}0\times10^{7}\ \text{N·m}^2/\text{C}}

Passo 3 — Sinal do fluxo: por convenção, $d\vec A$ aponta para fora da superfície. Fluxo negativo significa $\vec E$ predominantemente contrário a $d\vec A$ , ou seja, as linhas de campo entram na superfície — coerente com uma carga líquida negativa, que é “sumidouro” de linhas de campo.

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Questão 02Prova Final2025.1Força magnética · Fios paralelos2,5 ptsVer material

Dois fios retos e paralelos, separados por uma distância $r = 20\ \text{cm}$ , transportam correntes $i_1 = 3\ \text{mA}$ e $i_2 = 5\ \text{mA}$ no mesmo sentido. Considere um trecho de comprimento $L = 1\ \text{m}$ .

(a) Deduza a expressão da força por unidade de comprimento entre os fios.

(b) Calcule o módulo da força no trecho considerado e diga se ela é atrativa ou repulsiva.

Correntes no mesmo sentido: cada fio sente o campo do outro e a força é atrativa.

Gabarito

(a) $\dfrac{F}{L} = \dfrac{\mu_0\, i_1 i_2}{2\pi r}$ · (b) $F = 1{,}5\times10^{-11}\ \text{N}$ — atrativa (correntes no mesmo sentido se atraem).

Passo a passo

Passo 1 — O fio 1 cria, na posição do fio 2, um campo magnético (fio reto infinito):

B_1 = \frac{\mu_0\, i_1}{2\pi r}

Passo 2 — O fio 2, imerso nesse campo, sofre a força $\vec F = i_2\,\vec L\times\vec B_1$ . Como $\vec B_1$ é perpendicular ao fio 2:

F = i_2\, L\, B_1 = \frac{\mu_0\, i_1 i_2\, L}{2\pi r} \;\Rightarrow\; \boxed{\frac{F}{L} = \frac{\mu_0\, i_1 i_2}{2\pi r}}

Passo 3 — Substitua os valores ( $\mu_0 = 4\pi\times10^{-7}\ \text{T·m/A}$ ):

F = \frac{(4\pi\times10^{-7})(3\times10^{-3})(5\times10^{-3})(1)}{2\pi(0{,}2)} = \frac{2\times10^{-7}\cdot 15\times10^{-6}}{0{,}2}

\boxed{F = 1{,}5\times10^{-11}\ \text{N}}

Passo 4 — Sentido: aplicando a regra da mão direita, o campo de $i_1$ na posição do fio 2 e a força $i_2\vec L\times\vec B_1$ apontam do fio 2 para o fio 1. Correntes paralelas de mesmo sentido se atraem; sentidos opostos se repeliriam.

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Questão 03Prova Final2025.1Indução · Energia dissipada2,5 ptsVer material

Uma espira retangular de lados $a$ (em $x$ ) e $b$ (em $y$ ) e resistência $R$ está no plano $xy$ com um vértice na origem. O campo magnético na região é $\vec B = x\,y\,t^2\,\hat z$ .

(a) Calcule o fluxo magnético através da espira.

(b) Determine a corrente induzida e seu sentido.

(c) Calcule a energia dissipada na espira entre $0$ e $t$ .

O campo sai da tela e é mais intenso longe da origem (cresce com $x\,y$ ); o fluxo exige integral dupla.

Gabarito

(a) $\Phi_B = \dfrac{a^2 b^2 t^2}{4}$ · (b) $i = \dfrac{a^2 b^2 t}{2R}$ , sentido horário (visto de $+z$ ) · (c) $E_{\text{diss}} = \dfrac{a^4 b^4 t^3}{12\,R}$ .

Passo a passo

Passo 1 — O campo depende de $x$ e $y$ , então integre em toda a área com $dA = dx\,dy$ :

\Phi_B = \int_0^b\!\!\int_0^a x\,y\,t^2\; dx\,dy = t^2\left(\int_0^a x\,dx\right)\!\left(\int_0^b y\,dy\right) = t^2\cdot\frac{a^2}{2}\cdot\frac{b^2}{2}

\boxed{\Phi_B = \frac{a^2 b^2\, t^2}{4}}

Passo 2 — F.e.m. pela Lei de Faraday:

|\varepsilon| = \frac{d\Phi_B}{dt} = \frac{a^2 b^2}{4}\cdot 2t = \frac{a^2 b^2\, t}{2}

Passo 3 — Corrente induzida (Lei de Ohm):

\boxed{i = \frac{|\varepsilon|}{R} = \frac{a^2 b^2\, t}{2R}}

Sentido (Lei de Lenz): o fluxo em $+\hat z$ cresce, então a corrente cria campo em $-\hat z$ dentro da espira $\Rightarrow$ sentido horário visto de cima.

Passo 4 — Potência dissipada instantânea:

P(t) = R\,i^2 = R\cdot\frac{a^4 b^4\, t^2}{4R^2} = \frac{a^4 b^4\, t^2}{4R}

Passo 5 — Energia = integral da potência no tempo:

E_{\text{diss}} = \int_0^{t} P\,dt' = \frac{a^4 b^4}{4R}\cdot\frac{t^3}{3} = \boxed{\frac{a^4 b^4\, t^3}{12R}}

Observação: o gabarito manuscrito da prova traz $t^2$ na última linha por erro de escrita — integrando $t'^2$ o resultado correto é $t^3/3$ , como acima.

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Questão 04Prova Final2025.1Circuito RL · Transitório2,5 ptsVer material

Em um circuito RL série com resistor $R = 5\ \Omega$ , a corrente evolui segundo

i(t) = 4\left(1 - e^{-0{,}625\,t}\right)\ \text{A}

(a) Determine a f.e.m. $\varepsilon$ da fonte e a indutância $L$ .

(b) Calcule a taxa de variação da corrente $di/dt$ .

(c) Determine a corrente em $t = 2\ \text{s}$ e a potência dissipada no resistor nesse instante.

Gabarito

(a) $\varepsilon = 20\ \text{V}$ , $L = 8\ \text{H}$ · (b) $\dfrac{di}{dt} = 2{,}5\,e^{-0{,}625\,t}\ \text{A/s}$ · (c) $i(2) \approx 2{,}85\ \text{A}$ , $P \approx 40{,}7\ \text{W}$ .

Passo a passo

Passo 1 — Compare com a forma padrão do circuito RL:

i(t) = \frac{\varepsilon}{R}\left(1 - e^{-t/\tau}\right), \qquad \tau = \frac{L}{R}

Passo 2 — Da corrente máxima: $\dfrac{\varepsilon}{R} = 4 \Rightarrow \varepsilon = 4\cdot5 = \boxed{20\ \text{V}}$ .

Do expoente: $\dfrac{1}{\tau} = 0{,}625 \Rightarrow \tau = 1{,}6\ \text{s}$ , logo

L = \tau R = 1{,}6\cdot 5 = \boxed{8\ \text{H}}

Passo 3 — Derive a corrente:

\frac{di}{dt} = 4\cdot 0{,}625\, e^{-0{,}625\,t} = \boxed{2{,}5\, e^{-0{,}625\,t}\ \text{A/s}}

(Em $t=0$ : $di/dt = 2{,}5 = \varepsilon/L = 20/8$ ✓)

Passo 4 — Corrente em $t = 2\ \text{s}$ :

i(2) = 4\left(1 - e^{-1{,}25}\right) = 4(1 - 0{,}2865) \approx \boxed{2{,}85\ \text{A}}

Passo 5 — Potência dissipada no resistor:

P = R\,i^2 = 5\,(2{,}85)^2 \approx \boxed{40{,}7\ \text{W}}

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Questão 05Prova Final2023.2Lei de Gauss · Cilindro2,5 ptsVer material

Um cilindro muito longo de raio $a$ possui densidade volumétrica de carga que cresce com o raio: $\rho(r) = \rho_0\,\dfrac{r}{a}$ .

Determine o campo elétrico para $r \lt a$ (interior) e $r \gt a$ (exterior).

Por simetria, $\vec E$ é radial; só a superfície lateral $2\pi r\ell$ da gaussiana tem fluxo.

Gabarito

$E_{\text{int}} = \dfrac{\rho_0\,r^2}{3\varepsilon_0\,a}$ · $E_{\text{ext}} = \dfrac{\rho_0\,a^2}{3\varepsilon_0\,r}$

Passo a passo

Passo 1 — Como $\rho$ varia com $r$ , integre em cascas cilíndricas $dV = 2\pi r' \ell\,dr'$ (comprimento $\ell$ ):

q(r) = \int_0^{r} \rho_0\frac{r'}{a}\,2\pi r' \ell\,dr' = \frac{2\pi\rho_0 \ell}{a}\int_0^{r} r'^2\,dr' = \frac{2\pi\rho_0 \ell\,r^3}{3a}

Passo 2 — Gaussiana cilíndrica de raio $r \lt a$ : por simetria, o fluxo só passa pela superfície lateral, $\Phi = E\cdot 2\pi r \ell$ :

E\cdot 2\pi r \ell = \frac{q(r)}{\varepsilon_0} = \frac{2\pi\rho_0 \ell\,r^3}{3a\,\varepsilon_0} \;\Rightarrow\; \boxed{E_{\text{int}} = \frac{\rho_0\,r^2}{3\varepsilon_0\,a}}

Passo 3 — Para $r \gt a$ , a carga envolvida é a total no trecho $\ell$ , ou seja $q(a) = \frac{2\pi\rho_0 \ell\,a^2}{3}$ :

E\cdot 2\pi r \ell = \frac{2\pi\rho_0 \ell\,a^2}{3\varepsilon_0} \;\Rightarrow\; \boxed{E_{\text{ext}} = \frac{\rho_0\,a^2}{3\varepsilon_0\,r}}

Passo 4 — Verificação: em $r = a$ as duas expressões dão $E = \rho_0 a/3\varepsilon_0$ ✓. Dentro o campo cresce como $r^2$ ; fora decai como $1/r$ , típico de simetria cilíndrica.

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Questão 06Prova Final2023.2Circuitos · Energia e baterias2,5 ptsVer material

Em uma malha única estão ligados em série: uma bateria $\varepsilon_1 = 5\ \text{V}$ , um resistor $R_1 = 3\ \Omega$ , uma associação em paralelo de dois resistores $R_2 = 6\ \Omega$ , e uma bateria $\varepsilon_2 = 8\ \text{V}$ (com polaridade oposta à de $\varepsilon_1$ ).

(a) Calcule a corrente na malha e a corrente em cada resistor $R_2$ .

(b) Calcule a energia dissipada na associação em paralelo em 1 minuto.

(c) Qual bateria está fornecendo energia e qual está sendo carregada?

Gabarito

(a) $i = 0{,}50\ \text{A}$ (no sentido imposto por $\varepsilon_2$ ); $0{,}25\ \text{A}$ em cada $R_2$ · (b) $E = 45\ \text{J}$ · (c) $\varepsilon_2$ fornece; $\varepsilon_1$ está sendo carregada.

Passo a passo

Passo 1 — Associação em paralelo: $R_{\text{eq}} = \dfrac{6\cdot 6}{6+6} = 3\ \Omega$ . Resistência total da malha: $3 + 3 = 6\ \Omega$ .

Passo 2 — Lei das malhas (tomando o sentido de $\varepsilon_1$ como positivo):

i = \frac{\varepsilon_1 - \varepsilon_2}{R_1 + R_{\text{eq}}} = \frac{5 - 8}{6} = -0{,}50\ \text{A}

O sinal negativo indica que a corrente real tem o sentido imposto por $\varepsilon_2$ (a bateria mais forte):

\boxed{i = 0{,}50\ \text{A}}

Passo 3 — A corrente se divide igualmente entre os dois resistores iguais:

i_{R_2} = \frac{0{,}50}{2} = \boxed{0{,}25\ \text{A em cada}}

Passo 4 — Energia dissipada no paralelo em $\Delta t = 60\ \text{s}$ :

E = i^2 R_{\text{eq}}\,\Delta t = (0{,}5)^2 (3)(60) = \boxed{45\ \text{J}}

Passo 5 — A corrente sai do terminal $+$ de $\varepsilon_2$ (fornece energia) e entra pelo terminal $+$ de $\varepsilon_1$ : a bateria 1 está recebendo energia (sendo carregada).

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Questão 07Prova Final2023.2Indução · fem de movimento2,5 ptsVer material

Um eixo condutor de comprimento $\ell = 15\ \text{cm}$ desliza sobre dois trilhos paralelos, fechando um circuito de resistência $R = 0{,}4\ \Omega$ . A velocidade do eixo oscila: $v(t) = 8{,}0\,\text{sen}(120\pi t)\ \text{m/s}$ . O campo magnético é uniforme, perpendicular ao plano dos trilhos, com $B = 1{,}2\ \text{T}$ .

(a) Determine a fem induzida $\varepsilon(t)$ .

(b) Determine a corrente máxima no circuito.

A barra desliza e varia a área do circuito: fem de movimento $\varepsilon = B\ell v$ .

Gabarito

(a) $\varepsilon(t) = (1{,}44\ \text{V})\,\text{sen}(120\pi t)$ · (b) $i_{\text{máx}} = 3{,}6\ \text{A}$

Passo a passo

Passo 1 — Barra condutora que se move em campo perpendicular gera fem de movimento:

\varepsilon = B\,\ell\,v

(vem de $\varepsilon = -d\Phi/dt$ com $\Phi = B\ell x$ e $dx/dt = v$ .)

Passo 2 — Substituindo $v(t)$ :

\varepsilon(t) = (1{,}2)(0{,}15)\,\big[8{,}0\,\text{sen}(120\pi t)\big] = \boxed{(1{,}44\ \text{V})\,\text{sen}(120\pi t)}

O eixo oscilante funciona como um gerador de corrente alternada de 60 Hz ( $\omega = 120\pi$ ).

Passo 3 — Corrente máxima pela lei de Ohm:

i_{\text{máx}} = \frac{\varepsilon_{\text{máx}}}{R} = \frac{1{,}44}{0{,}4} = \boxed{3{,}6\ \text{A}}

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Questão 08Prova Final2023.2Circuito RL · Transitórios2,5 ptsVer material

Uma bateria de $10\ \text{V}$ está em série com uma chave $S$ e um resistor $R_a = 4\ \Omega$ , ligados a um nó. Desse nó saem dois ramos até o terra: um resistor $R_b = 4\ \Omega$ e, em paralelo com ele, o ramo formado por $R_c = 8\ \Omega$ em série com um indutor $L = 1\ \text{H}$ .

Determine a corrente na bateria $i_B$ e no indutor $i_L$ :

(a) imediatamente após fechar $S$ ;

(b) muito tempo depois de fechada;

(c) imediatamente após reabrir $S$ ;

(d) muito tempo depois de reaberta.

O indutor mantém $i_L$ contínua: age como circuito aberto logo após chavear e como fio em regime permanente.

Gabarito

(a) $i_L = 0$ , $i_B = 1{,}25\ \text{A}$ · (b) $i_B = 1{,}50\ \text{A}$ , $i_L = 0{,}50\ \text{A}$ · (c) $i_B = 0$ , $i_L = 0{,}50\ \text{A}$ · (d) $i_B = i_L = 0$

Passo a passo

Passo 1 — Regra de ouro: a corrente no indutor não pode mudar instantaneamente. Em $t = 0^+$ (chave recém-fechada), $i_L = 0$ : o ramo do indutor se comporta como circuito aberto.

i_B = \frac{10}{R_a + R_b} = \frac{10}{4 + 4} = \boxed{1{,}25\ \text{A}} \qquad \boxed{i_L = 0}

Passo 2 — Em regime permanente ( $t \to \infty$ ), $di/dt = 0$ e o indutor vira fio ideal. O paralelo entre $R_b = 4$ e $R_c = 8$ vale $\frac{4\cdot 8}{12} \approx 2{,}67\ \Omega$ :

i_B = \frac{10}{4 + 2{,}67} = \boxed{1{,}50\ \text{A}}

Tensão no nó: $V = 10 - (1{,}5)(4) = 4\ \text{V}$ . Corrente no ramo do indutor:

i_L = \frac{V}{R_c} = \frac{4}{8} = \boxed{0{,}50\ \text{A}}

Passo 3 — Ao reabrir $S$ , a bateria é desligada: $i_B = 0$ . Mas o indutor mantém sua corrente, que agora circula na malha $R_c$ – $L$ – $R_b$ :

\boxed{i_B = 0 \qquad i_L = 0{,}50\ \text{A}}

Passo 4 — Essa corrente decai exponencialmente com $\tau = L/(R_b + R_c) = 1/12\ \text{s}$ . Muito tempo depois:

\boxed{i_B = i_L = 0}

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Questão 09Prova Final2024.1Campo elétrico · Simetria2,5 ptsVer material

Duas cargas positivas iguais $+Q$ estão fixas sobre o eixo $x$ , nas posições $x = +d$ e $x = -d$ .

Determine o campo elétrico resultante em um ponto $P = (0,\ y)$ sobre o eixo $y$ (módulo, direção e sentido).

As componentes em $x$ se cancelam por simetria; o campo resultante em $P$ aponta ao longo de $+\hat y$ .

Gabarito

$\vec E = \dfrac{Q\,y}{2\pi\varepsilon_0\,(y^2 + d^2)^{3/2}}\ \hat j$ — as componentes $x$ se cancelam e o campo aponta ao longo de $+y$ (para $y \gt 0$ ).

Passo a passo

Passo 1 — As duas cargas estão à mesma distância de $P$ :

r = \sqrt{y^2 + d^2} \;\Rightarrow\; E_1 = E_2 = \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0\,(y^2 + d^2)}

Passo 2 — Simetria: cada campo aponta para longe da sua carga. As componentes horizontais são opostas e se cancelam; as componentes verticais são iguais e se somam.

Passo 3 — A componente vertical de cada campo envolve $\cos\theta = \dfrac{y}{\sqrt{y^2+d^2}}$ (ângulo com o eixo $y$ ):

E_y = 2\,E_1\cos\theta = 2\cdot\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 (y^2+d^2)}\cdot\frac{y}{\sqrt{y^2+d^2}}

Passo 4 — Simplificando:

\boxed{\vec E = \frac{Q\,y}{2\pi\varepsilon_0\,(y^2 + d^2)^{3/2}}\ \hat j}

Sentido: afastando-se das cargas ( $+\hat j$ para $y \gt 0$ ). Casos-limite: em $y = 0$ o campo é nulo (simetria); para $y \gg d$ , $E \to \frac{2Q}{4\pi\varepsilon_0 y^2}$ , como uma carga pontual $2Q$ ✓

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Questão 10Prova Final2024.1Condutores · Lei de Gauss2,5 ptsVer material

Um satélite esférico condutor de $1{,}5\ \text{m}$ de diâmetro acumula uma carga de $2{,}5\ \mu\text{C}$ uniformemente distribuída em sua superfície.

(a) Calcule a densidade superficial de carga $\sigma$ .

(b) Calcule o campo elétrico imediatamente acima da superfície.

Gabarito

(a) $\sigma \approx 3{,}54\times10^{-7}\ \text{C/m}^2$ · (b) $E = \sigma/\varepsilon_0 \approx 4{,}0\times10^{4}\ \text{N/C}$

Passo a passo

Passo 1 — Raio: $R = 1{,}5/2 = 0{,}75\ \text{m}$ . Densidade superficial:

\sigma = \frac{Q}{4\pi R^2} = \frac{2{,}5\times10^{-6}}{4\pi (0{,}75)^2} = \frac{2{,}5\times10^{-6}}{7{,}07} \approx \boxed{3{,}54\times10^{-7}\ \text{C/m}^2}

Passo 2 — Campo junto à superfície de um condutor: use uma gaussiana cilíndrica pequena atravessando a superfície. Dentro do condutor $E = 0$ , então só a tampa externa tem fluxo:

EA = \frac{\sigma A}{\varepsilon_0} \;\Rightarrow\; E = \frac{\sigma}{\varepsilon_0}

(Note: é o dobro do plano infinito de carga, justamente porque o condutor “empurra” todo o campo para fora.)

Passo 3 — Substituindo:

E = \frac{3{,}54\times10^{-7}}{8{,}85\times10^{-12}} \approx \boxed{4{,}0\times10^{4}\ \text{N/C}}

Conferindo como carga pontual em $r = R$ : $E = kQ/R^2 = (8{,}99\times10^9)(2{,}5\times10^{-6})/0{,}5625 \approx 4{,}0\times10^4\ \text{N/C}$ ✓

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Questão 11Prova Final2024.1Indução · Lei de Faraday2,5 ptsVer material

Uma espira circular de raio $5\ \text{cm}$ e resistência $R = 0{,}4\ \Omega$ está em um campo magnético perpendicular ao seu plano, que cresce à taxa constante $dB/dt = 40\ \text{mT/s}$ .

Calcule: (a) a fem induzida; (b) a corrente induzida; (c) a potência dissipada na espira.

Fluxo crescendo para fora da tela → a corrente induzida circula no sentido horário para se opor (Lei de Lenz).

Gabarito

(a) $\varepsilon \approx 314\ \mu\text{V}$ · (b) $i \approx 785\ \mu\text{A}$ · (c) $P \approx 0{,}25\ \mu\text{W}$

Passo a passo

Passo 1 — Área da espira:

A = \pi r^2 = \pi (0{,}05)^2 \approx 7{,}85\times10^{-3}\ \text{m}^2

Passo 2 — Lei de Faraday com área constante e $B$ variando:

|\varepsilon| = \left|\frac{d\Phi}{dt}\right| = A\,\frac{dB}{dt} = (7{,}85\times10^{-3})(0{,}040) \approx \boxed{3{,}14\times10^{-4}\ \text{V} = 314\ \mu\text{V}}

Passo 3 — Corrente induzida (lei de Ohm):

i = \frac{\varepsilon}{R} = \frac{314\times10^{-6}}{0{,}4} \approx \boxed{785\ \mu\text{A}}

Pela lei de Lenz, a corrente circula de modo a se opor ao crescimento do fluxo (sentido que gera campo contrário a $\vec B$ dentro da espira).

Passo 4 — Potência dissipada:

P = R\,i^2 = (0{,}4)(7{,}85\times10^{-4})^2 \approx \boxed{0{,}25\ \mu\text{W}}

(Equivalente a $P = \varepsilon\,i = \varepsilon^2/R$ ✓)

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Questão 12Prova Final2024.1Circuito RLC · Corrente alternada2,5 ptsVer material

Um circuito RLC em série tem $R = 5\ \Omega$ , $L = 100\ \text{mH}$ e $C = 1\ \text{mF}$ , alimentado por $\varepsilon(t) = 10\,\text{sen}(50t)\ \text{V}$ .

(a) Calcule a impedância, a constante de fase e escreva $i(t)$ . O circuito é indutivo ou capacitivo?

(b) Calcule as amplitudes de tensão $V_R$ , $V_L$ e $V_C$ .

(c) Em que frequência ocorre a ressonância e qual seria a amplitude da corrente nela? Para que valores de $L$ (mantendo o resto) o circuito seria indutivo em $\omega_d = 50\ \text{rad/s}$ ?

Gabarito

(a) $Z \approx 15{,}8\ \Omega$ , $\varphi \approx -71{,}6° \approx -1{,}25\ \text{rad}$ , $i(t) = 0{,}63\,\text{sen}(50t + 1{,}25)\ \text{A}$ — capacitivo · (b) $V_R \approx 3{,}15\ \text{V}$ , $V_L \approx 3{,}15\ \text{V}$ , $V_C \approx 12{,}6\ \text{V}$ · (c) $\omega_0 = 100\ \text{rad/s}$ , $I = 2{,}0\ \text{A}$ ; indutivo para $L \gt 400\ \text{mH}$ .

Passo a passo

Passo 1 — Reatâncias em $\omega_d = 50\ \text{rad/s}$ :

X_L = \omega_d L = 50(0{,}1) = 5\ \Omega \qquad X_C = \frac{1}{\omega_d C} = \frac{1}{50(10^{-3})} = 20\ \Omega

Passo 2 — Impedância e fase:

Z = \sqrt{R^2 + (X_L - X_C)^2} = \sqrt{25 + 225} \approx 15{,}8\ \Omega

\tan\varphi = \frac{X_L - X_C}{R} = \frac{5 - 20}{5} = -3 \;\Rightarrow\; \varphi \approx -71{,}6° \approx -1{,}25\ \text{rad}

Passo 3 — Amplitude da corrente e expressão de $i(t)$ (corrente adiantada — circuito capacitivo, pois $X_C \gt X_L$ ):

I = \frac{\varepsilon_m}{Z} = \frac{10}{15{,}8} \approx 0{,}63\ \text{A} \qquad \boxed{i(t) = 0{,}63\,\text{sen}(50t + 1{,}25)\ \text{A}}

Passo 4 — Amplitudes de tensão em cada elemento:

V_R = IR \approx 3{,}15\ \text{V} \qquad V_L = I X_L \approx 3{,}15\ \text{V} \qquad V_C = I X_C \approx 12{,}6\ \text{V}

Note que $V_C \gt \varepsilon_m$ : em RLC isso é normal, pois as tensões somam fasorialmente, não algebricamente.

Passo 5 — Ressonância:

\omega_0 = \frac{1}{\sqrt{LC}} = \frac{1}{\sqrt{(0{,}1)(10^{-3})}} = \boxed{100\ \text{rad/s}} \qquad I = \frac{\varepsilon_m}{R} = \frac{10}{5} = \boxed{2{,}0\ \text{A}}

Passo 6 — Indutivo exige $X_L \gt X_C$ em $\omega_d = 50$ :

\omega_d L \gt \frac{1}{\omega_d C} \;\Rightarrow\; L \gt \frac{1}{\omega_d^2 C} = \frac{1}{(50)^2(10^{-3})} = \boxed{0{,}4\ \text{H} = 400\ \text{mH}}

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Questão 13Prova FinalBancoLei de Gauss · Esfera uniforme2,5 ptsVer material

Uma esfera dielétrica de raio $a = 6{,}0\ \text{cm}$ possui densidade volumétrica de carga uniforme $\rho = 450\ \text{nC/m}^3$ .

(a) Determine a carga total da esfera.

(b) Determine o módulo do campo elétrico em $r = 2{,}0\ \text{cm}$ (interior).

(c) Determine o módulo do campo elétrico em $r = 8{,}0\ \text{cm}$ (exterior).

Duas gaussianas esféricas: dentro ( $r \lt a$ ) o campo cresce com $r$ ; fora ( $r \gt a$ ) decai como $1/r^2$ .

Gabarito

(a) $Q \approx 4{,}07\times10^{-10}\ \text{C}$ · (b) $E(2\,\text{cm}) \approx 339\ \text{N/C}$ · (c) $E(8\,\text{cm}) \approx 572\ \text{N/C}$

Passo a passo

Passo 1 — Carga total = densidade × volume da esfera:

Q = \rho\cdot\frac{4}{3}\pi a^3 = 450\times10^{-9}\cdot\frac{4}{3}\pi(0{,}06)^3 \approx \boxed{4{,}07\times10^{-10}\ \text{C}}

Passo 2 — Para $r \lt a$ , a gaussiana envolve só a fração de carga dentro dela: $q_{\text{int}} = \rho\cdot\frac{4}{3}\pi r^3$ . A Lei de Gauss dá $E\cdot 4\pi r^2 = q_{\text{int}}/\varepsilon_0$ :

E_{\text{int}} = \frac{\rho\, r}{3\varepsilon_0} = \frac{450\times10^{-9}(0{,}02)}{3(8{,}85\times10^{-12})} \approx \boxed{339\ \text{N/C}}

Passo 3 — Para $r \gt a$ , a gaussiana envolve toda a carga $Q$ ; comporta-se como carga pontual:

E_{\text{ext}} = \frac{\rho\, a^3}{3\varepsilon_0\, r^2} = \frac{450\times10^{-9}(0{,}06)^3}{3(8{,}85\times10^{-12})(0{,}08)^2} \approx \boxed{572\ \text{N/C}}

Confira: em $r = a$ ambas as fórmulas dão o mesmo valor — o campo é contínuo na borda.

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Questão 14Prova FinalBanco · 2026.1Lei de Gauss · Potencial2,5 ptsVer material

Uma esfera dielétrica de raio $R = 8{,}0\ \text{cm}$ possui densidade volumétrica de carga não uniforme $\rho(r) = k\,r$ , com $k = 6\times10^{-6}\ \text{C/m}^4$ .

(a) Determine a carga contida num raio $r_1 = 3{,}0\ \text{cm}$ .

(b) Determine o campo elétrico em $r_2 = 12{,}0\ \text{cm}$ (fora da esfera).

(c) Determine a diferença de potencial $V(r_2) - V(r_1)$ .

Como $\rho$ cresce com $r$ , a carga se concentra na borda; para $V$ integra-se $E$ de $r_1$ até $r_2$ .

Gabarito

(a) $Q(r_1) = \pi k\,r_1^4 \approx 1{,}53\times10^{-11}\ \text{C}$ · (b) $E(r_2) \approx 482\ \text{N/C}$ · (c) $V(r_2) - V(r_1) \approx -56{,}3\ \text{V}$

Passo a passo

Passo 1 — Como $\rho$ varia com $r$ , integre em cascas esféricas $dV = 4\pi r'^2\,dr'$ :

Q(r) = \int_0^{r} k\,r'\cdot 4\pi r'^2\,dr' = 4\pi k\int_0^r r'^3\,dr' = \pi k\,r^4

Q(r_1) = \pi(6\times10^{-6})(0{,}03)^4 \approx \boxed{1{,}53\times10^{-11}\ \text{C}}

Passo 2 — Fora ( $r_2 \gt R$ ) a gaussiana envolve a carga total $Q_{\text{tot}} = \pi k R^4$ ; campo de carga pontual:

E(r_2) = \frac{Q_{\text{tot}}}{4\pi\varepsilon_0\, r_2^2} = \frac{\pi k R^4}{4\pi\varepsilon_0\, r_2^2} \approx \boxed{482\ \text{N/C}}

Passo 3 — Dentro ( $r \le R$ ), $E\cdot 4\pi r^2 = \pi k r^4/\varepsilon_0$ , logo $E_{\text{in}}(r) = \dfrac{k\,r^2}{4\varepsilon_0}$ . O potencial vem de $V(r_2)-V(r_1) = -\displaystyle\int_{r_1}^{r_2} E\,dr$ , quebrado em dois trechos (dentro até $R$ , fora de $R$ até $r_2$ ):

V(r_2)-V(r_1) = -\int_{r_1}^{R}\frac{k r^2}{4\varepsilon_0}\,dr \;-\; \int_{R}^{r_2}\frac{k R^4}{4\varepsilon_0\, r^2}\,dr

Passo 4 — Resolvendo as duas integrais:

V(r_2)-V(r_1) = -\frac{k}{12\varepsilon_0}\big(R^3 - r_1^3\big) \;-\; \frac{k R^4}{4\varepsilon_0}\left(\frac{1}{R}-\frac{1}{r_2}\right) \approx \boxed{-56{,}3\ \text{V}}

O sinal negativo era esperado: caminhamos a favor do campo (de dentro para fora), então o potencial cai.

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Questão 15Prova FinalBancoCampo magnético · B resultante2,5 ptsVer material

Dois fios retos e paralelos, com correntes de sentidos opostos, estão separados por $d = 10{,}0\ \text{cm}$ . Um ponto $P$ é equidistante dos dois fios e o ângulo em $P$ (visto de cada fio) é reto. Sabendo que $i_2 = 2\,i_1$ , com $i_1 = 10{,}0\ \text{A}$ , determine o módulo do campo magnético resultante em $P$ .

Cada campo é perpendicular à reta fio– $P$ ; como $\vec B_1\perp\vec B_2$ , soma-se por Pitágoras.

Gabarito

$B_R = \sqrt{B_1^2 + B_2^2} \approx 63{,}2\ \mu\text{T}$

Passo a passo

Passo 1 — Se $P$ é equidistante e o ângulo em $P$ é reto, cada perna do triângulo mede:

R = \frac{d}{\sqrt2} = \frac{0{,}10}{\sqrt2} \approx 7{,}07\ \text{cm}

Passo 2 — Campo de cada fio reto infinito, $B = \mu_0 i/(2\pi R)$ :

B_1 = \frac{\mu_0 i_1}{2\pi R} \approx 28{,}3\ \mu\text{T} \qquad B_2 = \frac{\mu_0 i_2}{2\pi R} \approx 56{,}6\ \mu\text{T}

Passo 3 — Cada campo é perpendicular à sua reta fio– $P$ . Como essas retas formam ângulo reto em $P$ , os campos também são perpendiculares entre si ( $\vec B_1 \perp \vec B_2$ ), e somam por Pitágoras:

B_R = \sqrt{B_1^2 + B_2^2} = \sqrt{28{,}3^2 + 56{,}6^2} \approx \boxed{63{,}2\ \mu\text{T}}

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Questão 16Prova FinalBancoMomento dipolar · Torque2,5 ptsVer material

Uma espira tem momento de dipolo magnético $\vec\mu = 2\,\hat\imath + 3\,\hat k\ (\text{A}\cdot\text{m}^2)$ e está imersa num campo magnético uniforme $\vec B = \hat\imath + \hat\jmath + 2\,\hat k\ (\text{T})$ .

(a) Determine o torque vetorial $\vec\tau = \vec\mu\times\vec B$ .

(b) Determine o módulo do torque $|\vec\tau|$ .

(c) Determine o módulo do momento de dipolo $|\vec\mu|$ .

Gabarito

(a) $\vec\tau = -3\,\hat\imath - \hat\jmath + 2\,\hat k\ (\text{N}\cdot\text{m})$ · (b) $|\vec\tau| = \sqrt{14} \approx 3{,}74\ \text{N}\cdot\text{m}$ · (c) $|\vec\mu| = \sqrt{13} \approx 3{,}61\ \text{A}\cdot\text{m}^2$

Passo a passo

Passo 1 — Torque sobre um dipolo magnético num campo: $\vec\tau = \vec\mu\times\vec B$ . Com $\vec\mu = (2,0,3)$ e $\vec B = (1,1,2)$ , monte o determinante:

\vec\tau = \begin{vmatrix}\hat\imath & \hat\jmath & \hat k\\ 2 & 0 & 3\\ 1 & 1 & 2\end{vmatrix}

Passo 2 — Expandindo:

\vec\tau = \hat\imath(0\cdot2 - 3\cdot1) - \hat\jmath(2\cdot2 - 3\cdot1) + \hat k(2\cdot1 - 0\cdot1) = \boxed{-3\,\hat\imath - \hat\jmath + 2\,\hat k}

Passo 3 — Módulo do torque:

|\vec\tau| = \sqrt{(-3)^2 + (-1)^2 + 2^2} = \sqrt{14} \approx \boxed{3{,}74\ \text{N}\cdot\text{m}}

Passo 4 — Módulo do momento de dipolo:

|\vec\mu| = \sqrt{2^2 + 0^2 + 3^2} = \sqrt{13} \approx \boxed{3{,}61\ \text{A}\cdot\text{m}^2}

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Questão 17Prova FinalBancoLei de Ampère · Cabo coaxial2,5 ptsVer material

Um cabo coaxial tem um fio central de raio $a = 1{,}0\ \text{cm}$ conduzindo $i_0 = 2{,}0\ \text{A}$ (uniformemente distribuída, saindo da página) e uma casca cilíndrica condutora de raio $b = 3{,}0\ \text{cm}$ conduzindo $3\,i_0$ (entrando na página).

Determine o módulo do campo magnético $B(r)$ nas três regiões: $r \lt a$ , $a \lt r \lt b$ e $r \gt b$ .

A cada região a Lei de Ampère $\oint\vec B\cdot d\vec\ell = \mu_0 i_{\text{env}}$ só “vê” a corrente dentro do raio $r$ .

Gabarito

$r \lt a$ : $B = \dfrac{\mu_0 i_0\, r}{2\pi a^2}$ · $a \lt r \lt b$ : $B = \dfrac{\mu_0 i_0}{2\pi r}$ · $r \gt b$ : $B = \dfrac{\mu_0(-2i_0)}{2\pi r}$ (sentido invertido). Valores: $B(a/2)=20\ \mu\text{T}$ , $B\big(\tfrac{a+b}{2}\big)=20\ \mu\text{T}$ , $B(2b)\approx -13{,}3\ \mu\text{T}$ .

Passo a passo

Passo 1 — Dentro do fio ( $r \lt a$ ): a amperiana envolve só a fração de $i_0$ proporcional à área, $i_{\text{env}} = i_0\,r^2/a^2$ :

B\cdot 2\pi r = \mu_0\, i_0\frac{r^2}{a^2} \;\Rightarrow\; B = \frac{\mu_0 i_0\, r}{2\pi a^2}, \quad B(a/2) = 20\ \mu\text{T}

Passo 2 — Entre o fio e a casca ( $a \lt r \lt b$ ): a amperiana envolve toda a corrente central $i_0$ :

B = \frac{\mu_0 i_0}{2\pi r}, \quad B\Big(\tfrac{a+b}{2}=2\,\text{cm}\Big) = 20\ \mu\text{T}

Passo 3 — Fora de tudo ( $r \gt b$ ): a amperiana envolve $i_0$ (saindo) e $3i_0$ (entrando), corrente líquida $i_0 - 3i_0 = -2i_0$ :

B = \frac{\mu_0(-2i_0)}{2\pi r}, \quad B(2b = 6\,\text{cm}) \approx \boxed{-13{,}3\ \mu\text{T}}

O sinal negativo indica que, fora do cabo, o campo circula no sentido oposto (dominado pela casca, que leva mais corrente).

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Questão 18Prova FinalBancoForça magnética · Equilíbrio2,5 ptsVer material

Um fio retilíneo, com massa por unidade de comprimento $m/L = 0{,}040\ \text{kg/m}$ , é mantido suspenso horizontalmente por cabos flexíveis, numa região com campo magnético $B = 4{,}0\ \text{T}$ perpendicular à página. Determine a corrente necessária para que a tração nos cabos seja nula (use $g = 10\ \text{m/s}^2$ ).

Tração nula: a força magnética $BiL$ sustenta sozinha o peso $mg$ do fio.

Gabarito

$i = \dfrac{(m/L)\,g}{B} = 0{,}100\ \text{A}$

Passo a passo

Passo 1 — Com tração nula, só o peso e a força magnética atuam. Para o fio ficar suspenso, a força magnética $F = BiL$ deve equilibrar o peso $P = mg$ :

BiL = mg

Passo 2 — Isolando a corrente e usando $m/L$ :

i = \frac{mg}{BL} = \frac{(m/L)\,g}{B} = \frac{0{,}040\cdot 10}{4{,}0} = \boxed{0{,}100\ \text{A}}

O sentido da corrente deve ser tal que $\vec F = i\vec L\times\vec B$ aponte para cima (regra da mão direita).

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Questão 19Prova FinalBancoCampo magnético · Espira circular2,5 ptsVer material

Um enrolamento circular com raio $R = 4{,}0\ \text{cm}$ possui $N = 20$ voltas e transporta $i = 3{,}0\ \text{A}$ .

(a) Determine o campo magnético num ponto do eixo, a $z = 10{,}0\ \text{cm}$ do centro.

(b) Determine o momento magnético do enrolamento.

No eixo da espira o campo aponta ao longo de $z$ ; a fórmula usa $(z^2+R^2)^{3/2}$ no denominador.

Gabarito

(a) $B(z) \approx 48{,}3\ \mu\text{T}$ · (b) $\mu = NiA \approx 0{,}302\ \text{A}\cdot\text{m}^2$

Passo a passo

Passo 1 — Campo no eixo de uma espira (multiplicado por $N$ voltas):

B(z) = \frac{\mu_0}{4\pi}\cdot\frac{N\, i\, 2\pi R^2}{(z^2 + R^2)^{3/2}}

Passo 2 — Substituindo $R = 0{,}04\ \text{m}$ , $z = 0{,}10\ \text{m}$ , $N = 20$ , $i = 3$ :

B(z) = 10^{-7}\cdot\frac{20\cdot 3\cdot 2\pi(0{,}04)^2}{\big[(0{,}10)^2 + (0{,}04)^2\big]^{3/2}} \approx \boxed{48{,}3\ \mu\text{T}}

Passo 3 — Momento magnético (área $A = \pi R^2$ ):

\mu = N\,i\,A = 20\cdot 3\cdot \pi(0{,}04)^2 \approx \boxed{0{,}302\ \text{A}\cdot\text{m}^2}

Confira o limite: para $z \gg R$ , $B \approx \dfrac{\mu_0}{4\pi}\dfrac{2\mu}{z^3}$ — o campo de um dipolo magnético no eixo.

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Questão 20Prova FinalBancoCampo magnético · Fios num quadrado2,5 ptsVer material

Quatro fios longos, mantidos retos por espaçadores isolantes, formam um quadrado de lado $L = 15{,}0\ \text{cm}$ visto de frente. Cada fio conduz $i = 8{,}0\ \text{A}$ ; os dois fios de um lado conduzem corrente saindo da página e os dois do lado oposto conduzem entrando, conforme a figura.

(a) Determine os vetores campo de cada fio no centro do quadrado.

(b) Determine a intensidade do campo magnético resultante no centro.

Cada fio está a $d = L\sqrt2/2$ do centro; as 4 contribuições reforçam-se numa mesma direção.

Gabarito

(a) $B_{\text{cada}} = \dfrac{\mu_0 i}{2\pi d} \approx 15{,}1\ \mu\text{T}$ (com $d = L\sqrt2/2 \approx 10{,}6\ \text{cm}$ ) · (b) $B_R \approx 42{,}7\ \mu\text{T}$

Passo a passo

Passo 1 — Distância de cada fio (num vértice) ao centro do quadrado é metade da diagonal:

d = \frac{L\sqrt2}{2} = \frac{0{,}15\sqrt2}{2} \approx 10{,}6\ \text{cm}

Passo 2 — Campo de cada fio no centro:

B_{\text{cada}} = \frac{\mu_0 i}{2\pi d} = \frac{2\times10^{-7}\cdot 8}{0{,}106} \approx \boxed{15{,}1\ \mu\text{T}}

Cada campo é perpendicular à reta fio–centro (regra da mão direita).

Passo 3 — Somando vetorialmente: os pares de fios opostos (um saindo, outro entrando) produzem campos que se reforçam na mesma direção horizontal. As componentes verticais se cancelam. Cada fio contribui com $B_{\text{cada}}\cos45°$ na horizontal, e são 4 fios:

B_R = 4\,B_{\text{cada}}\cos45° = 4\cdot 15{,}1\cdot\frac{\sqrt2}{2} \approx \boxed{42{,}7\ \mu\text{T}}

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Questão 21Prova FinalBancoCampo magnético · Fios num quadrado2,5 ptsVer material

Três fios longos estão em três cantos de um quadrado de lado $L = 2{,}0\ \text{cm}$ , todos com $i = 3{,}0\ \text{A}$ entrando na página. Calcule o módulo do campo magnético resultante no quarto vértice (vazio) do quadrado.

Dois fios estão a $L$ de $P$ ; o da diagonal está a $L\sqrt2$ , contribuindo com $B_0/\sqrt2$ .

Gabarito

$B_R = \dfrac{3\sqrt2}{2}\,B_0 \approx 63{,}6\ \mu\text{T}$ , com $B_0 = \dfrac{\mu_0 i}{2\pi L} = 30{,}0\ \mu\text{T}$ .

Passo a passo

Passo 1 — Dois fios estão adjacentes a $P$ (distância $L$ ); o terceiro está na diagonal (distância $L\sqrt2$ ). Campo dos dois adjacentes:

B_0 = \frac{\mu_0 i}{2\pi L} = \frac{2\times10^{-7}\cdot 3}{0{,}02} = 30{,}0\ \mu\text{T}

Passo 2 — Os dois campos dos fios adjacentes são perpendiculares entre si e cada um tem módulo $B_0$ ; somando, apontam ao longo da diagonal com módulo:

B_{\text{adj}} = \sqrt{B_0^2 + B_0^2} = B_0\sqrt2

Passo 3 — O fio da diagonal está a $L\sqrt2$ , então seu campo vale $B_{\text{diag}} = \dfrac{\mu_0 i}{2\pi (L\sqrt2)} = \dfrac{B_0}{\sqrt2}$ , e aponta na mesma direção diagonal — logo soma direto:

B_R = B_0\sqrt2 + \frac{B_0}{\sqrt2} = \frac{2B_0 + B_0}{\sqrt2} = \frac{3B_0}{\sqrt2} = \frac{3\sqrt2}{2}B_0

B_R = \frac{3\sqrt2}{2}\cdot 30{,}0 \approx \boxed{63{,}6\ \mu\text{T}}

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Questão 22Prova FinalBancoIndução · Campo exponencial2,5 ptsVer material

Uma espira circular de raio $r = 0{,}50\ \text{m}$ está num campo magnético perpendicular ao seu plano que decai no tempo: $B(t) = 1{,}5\,e^{-5t}\ \text{T}$ . A resistência da espira é $R = 10\ \Omega$ .

Determine $\varepsilon(t)$ , $i(t)$ e a potência $P(t)$ , avaliando nos instantes $t = 0$ , $t = 0{,}05\ \text{s}$ e $t = 1\ \text{s}$ .

O campo sai da tela e diminui com o tempo; a espira reage induzindo corrente que tenta manter o fluxo.

Gabarito

$\varepsilon(t) = 5{,}89\,e^{-5t}\ \text{V}$ · $i(t) = 0{,}589\,e^{-5t}\ \text{A}$ · $P(t) = 3{,}47\,e^{-10t}\ \text{W}$ . Em $t=0$ : $\varepsilon=5{,}89\ \text{V}$ , $i=0{,}589\ \text{A}$ ; em $t=1\,\text{s}$ : $\varepsilon\approx0{,}040\ \text{V}$ .

Passo a passo

Passo 1 — Área da espira (constante):

A = \pi r^2 = \pi(0{,}50)^2 \approx 0{,}785\ \text{m}^2

Passo 2 — Só $B$ varia, então $\varepsilon = -A\,dB/dt$ . Derivando $B(t)=1{,}5\,e^{-5t}$ : $dB/dt = -7{,}5\,e^{-5t}$ , logo:

\varepsilon(t) = A\cdot 7{,}5\,e^{-5t} = 0{,}785\cdot 7{,}5\,e^{-5t} \approx \boxed{5{,}89\,e^{-5t}\ \text{V}}

Passo 3 — Corrente e potência:

i(t) = \frac{\varepsilon}{R} = 0{,}589\,e^{-5t}\ \text{A} \qquad P(t) = \frac{\varepsilon^2}{R} = 3{,}47\,e^{-10t}\ \text{W}

Passo 4 — Avaliando:

$t = 0$ : $\varepsilon = 5{,}89\ \text{V}$ , $i = 0{,}589\ \text{A}$ , $P = 3{,}47\ \text{W}$ .
$t = 0{,}05\,\text{s}$ : $e^{-0{,}25}\approx0{,}779\Rightarrow \varepsilon\approx4{,}59\ \text{V}$ , $i\approx0{,}459\ \text{A}$ .
$t = 1\,\text{s}$ : $e^{-5}\approx6{,}7\times10^{-3}\Rightarrow \varepsilon\approx\boxed{0{,}040\ \text{V}}$ (praticamente nulo).

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Questão 23Prova FinalBancoIndução · Campo invertido2,5 ptsVer material

Uma bobina de $N = 100$ espiras e diâmetro $D = 2{,}0\ \text{cm}$ está num campo magnético $B = 1{,}0\ \text{T}$ perpendicular ao seu plano. O campo é invertido (passa a apontar no sentido oposto, mantendo o módulo) num intervalo $\Delta t = 0{,}1\ \text{s}$ . Com $R = 50\ \Omega$ , determine a fem média induzida e a corrente.

Inverter o campo faz o fluxo ir de $+BA$ a $-BA$ : a variação é $\Delta\Phi = 2BA$ , não $BA$ .

Gabarito

$\varepsilon = \dfrac{N\cdot 2BA}{\Delta t} \approx 0{,}628\ \text{V}$ · $i \approx 12{,}6\ \text{mA}$

Passo a passo

Passo 1 — A “pegadinha”: o campo inverte, então o fluxo vai de $+BA$ para $-BA$ . A variação é o dobro:

\Delta\Phi = BA - (-BA) = 2BA, \qquad A = \pi\left(\frac{D}{2}\right)^2 = \pi(0{,}01)^2 \approx 3{,}14\times10^{-4}\ \text{m}^2

Passo 2 — Fem média pela Lei de Faraday (com $N$ espiras):

\varepsilon = N\frac{\Delta\Phi}{\Delta t} = \frac{100\cdot 2(1{,}0)(3{,}14\times10^{-4})}{0{,}1} \approx \boxed{0{,}628\ \text{V}}

Passo 3 — Corrente pela lei de Ohm:

i = \frac{\varepsilon}{R} = \frac{0{,}628}{50} \approx \boxed{12{,}6\ \text{mA}}

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Questão 24Prova FinalBancoIndução · fem de movimento2,5 ptsVer material

Dois trilhos retilíneos formam um ângulo reto (em “V”). Uma barra parte do vértice em $t = 0$ com velocidade constante $v = 5{,}20\ \text{m/s}$ , movendo-se ao longo da bissetriz entre os trilhos. Há um campo $B = 0{,}350\ \text{T}$ para fora da página em toda a região.

(a) Determine o fluxo através do triângulo formado em $t = 3{,}00\ \text{s}$ .

(b) Determine a fem nesse instante.

(c) Se $\varepsilon = a\,t^n$ , qual o valor de $n$ ?

A área do triângulo cresce com $t^2$ ; por isso a fem cresce linearmente com $t$ .

Gabarito

(a) $\Phi(3) = B\,v^2 t^2 \approx 85{,}2\ \text{Wb}$ · (b) $\varepsilon(3) = 2B\,v^2 t \approx 56{,}8\ \text{V}$ · (c) $n = 1$

Passo a passo

Passo 1 — Geometria do “V” a 90°: cada trilho faz 45° com a bissetriz. Em $t$ , a barra percorreu $x = vt$ e o triângulo tem base $2x\tan45° = 2x$ e altura $x$ . Área:

A = \frac{1}{2}(2x)(x) = x^2 = v^2 t^2

Passo 2 — Fluxo:

\Phi(t) = B\,A = B\,v^2 t^2 \;\Rightarrow\; \Phi(3) = 0{,}350(5{,}20)^2(3)^2 \approx \boxed{85{,}2\ \text{Wb}}

Passo 3 — Fem pela Lei de Faraday:

\varepsilon = \frac{d\Phi}{dt} = 2B\,v^2 t \;\Rightarrow\; \varepsilon(3) = 2(0{,}350)(5{,}20)^2(3) \approx \boxed{56{,}8\ \text{V}}

Passo 4 — Como $\varepsilon \propto t^1$ , comparando com $\varepsilon = a\,t^n$ :

\boxed{n = 1}

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Questão 25Prova FinalBancoRLC · Ressonância2,5 ptsVer material

Um circuito RLC série tem $R = 150\ \Omega$ , $L = 40\ \text{mH}$ e $C = 2{,}5\ \mu\text{F}$ , excitado por $\varepsilon(t) = 10{,}0\,\text{sen}(200\pi t)\ \text{V}$ .

Esboce a curva $I(\omega_d)$ da amplitude da corrente em função da frequência de excitação, indicando a frequência de ressonância $\omega_0$ e a corrente máxima $I_{\text{max}}$ .

A corrente é máxima na ressonância ( $X_L = X_C$ , $Z = R$ ) e cai suavemente dos dois lados.

Gabarito

$\omega_0 = \dfrac{1}{\sqrt{LC}} \approx 3{,}2\times10^{3}\ \text{rad/s}$ · $I_{\text{max}} = \dfrac{\varepsilon_m}{R} \approx 0{,}0667\ \text{A}$ . A curva tem pico em $\omega_0$ e decai para os dois lados.

Passo a passo

Passo 1 — A amplitude da corrente é $I(\omega_d) = \dfrac{\varepsilon_m}{\sqrt{R^2 + \big(\omega_d L - \tfrac{1}{\omega_d C}\big)^2}}$ .

Passo 2 — $I$ é máxima quando o termo reativo zera, isto é, $X_L = X_C$ (ressonância):

\omega_0 = \frac{1}{\sqrt{LC}} = \frac{1}{\sqrt{(0{,}04)(2{,}5\times10^{-6})}} \approx \boxed{3{,}2\times10^{3}\ \text{rad/s}}

Passo 3 — Nesse ponto $Z = R$ e a corrente vale:

I_{\text{max}} = \frac{\varepsilon_m}{R} = \frac{10}{150} \approx \boxed{0{,}0667\ \text{A}}

Passo 4 — Longe da ressonância ( $\omega_d$ muito baixo ou muito alto), um dos reativos domina, $Z$ cresce e $I\to0$ — daí o formato de sino da curva.

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Questão 26Prova FinalBancoRLC · Associação + ressonância2,5 ptsVer material

Um circuito tem dois resistores iguais $R = 40{,}0\ \Omega$ em paralelo, em série com dois capacitores iguais $C = 8{,}0\ \mu\text{F}$ em série, excitado por $\varepsilon(t) = 8{,}0\,\text{sen}(160\pi t)\ \text{V}$ .

(a) Determine a resistência e a capacitância equivalentes.

(b) Determine a impedância $Z$ do circuito (só $R$ e $C$ , ainda sem indutor).

(c) Determine a amplitude da corrente $I$ .

(d) Determine o valor do indutor que, adicionado em série, levaria a frequência de excitação usada à ressonância.

Cuidado: resistores em paralelo somam como capacitores em série (e vice-versa).

Gabarito

(a) $R_{\text{eq}} = 20{,}0\ \Omega$ , $C_{\text{eq}} = 4{,}0\ \mu\text{F}$ · (b) $Z \approx 497{,}8\ \Omega$ · (c) $I \approx 16{,}1\ \text{mA}$ · (d) $L \approx 989\ \text{mH}$

Passo a passo

Passo 1 — Resistores em paralelo e capacitores em série se reduzem à metade (é o oposto do que a intuição sugere):

R_{\text{eq}} = \frac{R}{2} = \boxed{20{,}0\ \Omega} \qquad C_{\text{eq}} = \frac{C}{2} = \boxed{4{,}0\ \mu\text{F}}

Passo 2 — Sem indutor, a reatância é só capacitiva ( $\omega_d = 160\pi \approx 502{,}7\ \text{rad/s}$ ):

X_C = \frac{1}{\omega_d C_{\text{eq}}} \approx 497{,}4\ \Omega \quad\Rightarrow\quad Z = \sqrt{R_{\text{eq}}^2 + X_C^2} \approx \boxed{497{,}8\ \Omega}

Passo 3 — Amplitude da corrente:

I = \frac{\varepsilon_m}{Z} = \frac{8{,}0}{497{,}8} \approx \boxed{16{,}1\ \text{mA}}

Passo 4 — Para ressonância na mesma $\omega_d$ , precisamos de $X_L = X_C$ (não se calcula um novo $\omega_0$ — a frequência de excitação está fixa; o que se ajusta é $L$ ):

\omega_d L = \frac{1}{\omega_d C_{\text{eq}}} \;\Rightarrow\; L = \frac{1}{\omega_d^2\, C_{\text{eq}}} \approx \boxed{989\ \text{mH}}

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Questão 27Prova FinalBancoRL (CA) · Fasores2,5 ptsVer material

Um circuito RLC teve o capacitor removido, restando $R = 180\ \Omega$ e $L = 280\ \text{mH}$ , com $f = 55{,}0\ \text{Hz}$ e $\varepsilon_m = 30{,}0\ \text{V}$ .

(a) Determine $Z$ e a constante de fase $\varphi$ .

(b) Escreva explicitamente $\varepsilon(t)$ e $i(t)$ como funções seno.

(c) Desenhe o diagrama fasorial (posição relativa de $\vec V_R$ , $\vec V_L$ e $\vec E$ ).

(d) Determine a potência média dissipada no resistor.

$\vec V_R$ alinhado com a corrente; $\vec V_L$ adiantado 90°; $\vec E$ é a soma vetorial, formando o triângulo de impedância.

Gabarito

(a) $Z \approx 204{,}4\ \Omega$ , $\varphi \approx 28{,}3°$ · (b) $\varepsilon(t) = 30{,}0\,\text{sen}(345{,}6\,t)$ , $i(t) = 0{,}1468\,\text{sen}(345{,}6\,t - 28{,}3°)$ · (d) $P_{\text{med}} \approx 1{,}94\ \text{W}$

Passo a passo

Passo 1 — Sem capacitor, $Z = \sqrt{R^2 + X_L^2}$ . Com $\omega = 2\pi f \approx 345{,}6\ \text{rad/s}$ , $X_L = \omega L \approx 96{,}8\ \Omega$ :

Z = \sqrt{180^2 + 96{,}8^2} \approx \boxed{204{,}4\ \Omega} \qquad \varphi = \arctan\frac{X_L}{R} \approx \boxed{28{,}3°}

Passo 2 — Amplitude da corrente: $I = \varepsilon_m/Z \approx 146{,}8\ \text{mA}$ . Como o circuito é indutivo, a corrente atrasa em relação à tensão:

\varepsilon(t) = 30{,}0\,\text{sen}(345{,}6\,t)\ \text{V} \qquad \boxed{i(t) = 0{,}1468\,\text{sen}(345{,}6\,t - 28{,}3°)\ \text{A}}

Passo 3 — No diagrama fasorial: $\vec V_R$ fica alinhado com $\vec I$ (eixo horizontal, referência); $\vec V_L$ fica 90° adiantado (para cima); a soma $\vec E = \vec V_R + \vec V_L$ forma ângulo $\varphi = 28{,}3°$ acima de $\vec I$ — é o triângulo retângulo de catetos $R$ e $X_L$ e hipotenusa $Z$ .

Passo 4 — Potência média (só o resistor dissipa):

P_{\text{med}} = \frac{1}{2}I^2 R = \frac{1}{2}(0{,}1468)^2(180) \approx \boxed{1{,}94\ \text{W}}

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Questão 28Prova FinalBancoRLC · Capacitores associados2,5 ptsVer material

Um circuito RLC série tem $R = 25{,}0\ \Omega$ e $L = 50{,}0\ \text{mH}$ , excitado por $\varepsilon(t) = 15{,}0\,\text{sen}(200\pi t)\ \text{V}$ . No lugar de um único capacitor, há $C_1 = 6{,}0\ \mu\text{F}$ em série com $C_2 = 3{,}0\ \mu\text{F}$ , e esse conjunto em paralelo com $C_3 = 4{,}0\ \mu\text{F}$ .

(a) Determine a capacitância equivalente.

(b) Determine $X_L$ , $X_C$ e $Z$ .

(c) Determine a amplitude da corrente $I$ .

(d) Determine a potência média dissipada.

Primeiro $C_1$ em série com $C_2$ , depois esse resultado em paralelo com $C_3$ .

Gabarito

(a) $C_{\text{eq}} = 6{,}0\ \mu\text{F}$ · (b) $X_L \approx 31{,}4\ \Omega$ , $X_C \approx 265{,}3\ \Omega$ , $Z \approx 235{,}2\ \Omega$ · (c) $I \approx 63{,}8\ \text{mA}$ · (d) $P_{\text{med}} \approx 50{,}9\ \text{mW}$

Passo a passo

Passo 1 — $C_1$ e $C_2$ em série: $C_s = \dfrac{C_1 C_2}{C_1 + C_2} = \dfrac{6\cdot3}{9} = 2{,}0\ \mu\text{F}$ . Em paralelo com $C_3$ : $C_{\text{eq}} = C_s + C_3 = \boxed{6{,}0\ \mu\text{F}}$ .

Passo 2 — Com $\omega = 200\pi \approx 628{,}3\ \text{rad/s}$ :

X_L = \omega L \approx 31{,}4\ \Omega \qquad X_C = \frac{1}{\omega C_{\text{eq}}} \approx 265{,}3\ \Omega

Z = \sqrt{R^2 + (X_L - X_C)^2} \approx \boxed{235{,}2\ \Omega}

Passo 3 — Amplitude da corrente:

I = \frac{\varepsilon_m}{Z} = \frac{15}{235{,}2} \approx \boxed{63{,}8\ \text{mA}}

Passo 4 — Potência média com $\cos\varphi = R/Z \approx 0{,}106$ (bem capacitivo, $X_C \gg X_L$ ):

P_{\text{med}} = \frac{1}{2}\varepsilon_m I\cos\varphi \approx \boxed{50{,}9\ \text{mW}}

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Questão 29Prova FinalBancoRLC · Indutores associados2,5 ptsVer material

Um circuito RLC série tem $C = 4{,}0\ \mu\text{F}$ , excitado por $\varepsilon(t) = 20{,}0\,\text{sen}(300\pi t)\ \text{V}$ . No lugar de componentes únicos, tem $R_1 = 15{,}0\ \Omega$ em série com $R_2 = 25{,}0\ \Omega$ , e dois indutores $L_1 = 60{,}0\ \text{mH}$ e $L_2 = 30{,}0\ \text{mH}$ em paralelo entre si.

(a) Determine a resistência e a indutância equivalentes.

(b) Determine $X_L$ , $X_C$ e $Z$ .

(c) Determine a amplitude da corrente $I$ .

(d) Determine a potência média dissipada.

Indutores em paralelo somam como resistores em paralelo; resistores em série somam direto.

Gabarito

(a) $R_{\text{eq}} = 40{,}0\ \Omega$ , $L_{\text{eq}} = 20{,}0\ \text{mH}$ · (b) $X_L \approx 18{,}8\ \Omega$ , $X_C \approx 265{,}3\ \Omega$ , $Z \approx 249{,}6\ \Omega$ · (c) $I \approx 80{,}1\ \text{mA}$ · (d) $P_{\text{med}} \approx 128{,}4\ \text{mW}$

Passo a passo

Passo 1 — Indutores em paralelo somam como resistores em paralelo: $L_{\text{eq}} = \dfrac{L_1 L_2}{L_1 + L_2} = \dfrac{60\cdot30}{90} = \boxed{20{,}0\ \text{mH}}$ . Resistores em série: $R_{\text{eq}} = R_1 + R_2 = \boxed{40{,}0\ \Omega}$ .

Passo 2 — Com $\omega = 300\pi \approx 942{,}5\ \text{rad/s}$ :

X_L = \omega L_{\text{eq}} \approx 18{,}8\ \Omega \qquad X_C = \frac{1}{\omega C} \approx 265{,}3\ \Omega

Z = \sqrt{R_{\text{eq}}^2 + (X_L - X_C)^2} \approx \boxed{249{,}6\ \Omega}

Passo 3 — Amplitude da corrente:

I = \frac{\varepsilon_m}{Z} = \frac{20}{249{,}6} \approx \boxed{80{,}1\ \text{mA}}

Passo 4 — Potência média com $\cos\varphi = R_{\text{eq}}/Z \approx 0{,}160$ :

P_{\text{med}} = \frac{1}{2}\varepsilon_m I\cos\varphi \approx \boxed{128{,}4\ \text{mW}}

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Questão 30Prova FinalBancoKirchhoff · Multi-malha2,5 ptsVer material

Entre dois nós $a$ e $b$ há três ramos em paralelo: o ramo 1 tem $\varepsilon_1 = 12\ \text{V}$ em série com $R_1 = 4{,}0\ \Omega$ ; o ramo 2 tem $\varepsilon_2 = 9{,}0\ \text{V}$ em série com $R_2 = 3{,}0\ \Omega$ ; o ramo 3 tem apenas $R_3 = 6{,}0\ \Omega$ (sem fem). Determine as três correntes.

Três ramos entre $a$ e $b$ : o método do potencial de nó resolve tudo com uma equação.

Gabarito

$V_{ab} = -8{,}0\ \text{V}$ · $i_1 = 1{,}00\ \text{A}$ ( $a\to b$ ), $i_2 = 0{,}33\ \text{A}$ ( $a\to b$ ), $i_3 = 1{,}33\ \text{A}$ ( $b\to a$ ).

Passo a passo

Passo 1 — Método do potencial de nó: escreva a corrente que sai de $a$ por cada ramo em função de $V_{ab}=V_a-V_b$ e imponha $\sum i = 0$ :

V_{ab}\left(\frac{1}{R_1}+\frac{1}{R_2}+\frac{1}{R_3}\right) = -\left(\frac{\varepsilon_1}{R_1}+\frac{\varepsilon_2}{R_2}\right)

Passo 2 — Substituindo os valores:

V_{ab}\left(\tfrac14+\tfrac13+\tfrac16\right) = -\left(\tfrac{12}{4}+\tfrac{9}{3}\right) \;\Rightarrow\; V_{ab}\,(0{,}75) = -6 \;\Rightarrow\; \boxed{V_{ab} = -8{,}0\ \text{V}}

Passo 3 — Volte em cada ramo para achar as correntes:

i_1 = \frac{\varepsilon_1 + V_{ab}}{R_1} = \frac{12 - 8}{4} = \boxed{1{,}00\ \text{A}} \qquad i_2 = \frac{\varepsilon_2 + V_{ab}}{R_2} = \frac{9 - 8}{3} = \boxed{0{,}33\ \text{A}}

i_3 = \frac{|V_{ab}|}{R_3} = \frac{8}{6} = \boxed{1{,}33\ \text{A}}

Passo 4 — Confira a Lei dos Nós: $i_1 + i_2 = 1{,}33 = i_3$ ✓. As correntes 1 e 2 vão de $a$ para $b$ ; a 3 retorna de $b$ para $a$ .

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Questão 31Prova FinalBanco · 2026.1Circuitos DC · Chave2,5 ptsVer material

Um circuito tem $R_a = 50{,}0\ \Omega$ em série com a fonte $V_0 = 10{,}0\ \text{V}$ , seguido por $R_b = 25{,}0\ \Omega$ . Uma chave $S$ conecta $R_c = 100{,}0\ \Omega$ em paralelo com $R_b$ . Determine a corrente total (a) com $S$ aberta; (b) com $S$ fechada.

Fechar $S$ coloca $R_c$ em paralelo com $R_b$ , reduzindo a resistência total e aumentando a corrente.

Gabarito

(a) $S$ aberta: $I \approx 0{,}133\ \text{A}$ · (b) $S$ fechada: $I \approx 0{,}143\ \text{A}$

Passo a passo

Passo 1 — Com $S$ aberta, $R_c$ não conduz. O circuito é só $R_a$ em série com $R_b$ :

R_{\text{eq}} = R_a + R_b = 75\ \Omega \;\Rightarrow\; I = \frac{V_0}{R_{\text{eq}}} = \frac{10}{75} \approx \boxed{0{,}133\ \text{A}}

Passo 2 — Com $S$ fechada, $R_c$ entra em paralelo com $R_b$ :

R_{bc} = \frac{R_b R_c}{R_b + R_c} = \frac{25\cdot100}{125} = 20\ \Omega

Passo 3 — Resistência total e corrente:

R_{\text{eq}} = R_a + R_{bc} = 70\ \Omega \;\Rightarrow\; I = \frac{10}{70} \approx \boxed{0{,}143\ \text{A}}

Fechar a chave diminuiu a resistência equivalente, então a corrente total aumentou — coerente.

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Questão 32Prova FinalBanco · 2026.1Resistividade · Integração2,5 ptsVer material

Um resistor de carbono tem formato de fio cilíndrico oco, de comprimento $L$ , raio interno $a$ e raio externo $b$ . A corrente flui ao longo do eixo (axial).

(a) Mostre que a resistividade é $\rho = \dfrac{\pi R(b^2 - a^2)}{L}$ , com $R$ a resistência medida.

(b) Calcule a condutividade, dado $L = 1{,}20\ \text{mm}$ , diâmetros $0{,}30\ \text{mm}$ e $0{,}50\ \text{mm}$ , e $R = 0{,}5\ \Omega$ .

Corrente axial: a área atravessada é a seção anular $A = \pi(b^2 - a^2)$ , constante ao longo de $L$ .

Gabarito

(a) $\rho = \dfrac{\pi R(b^2 - a^2)}{L}$ · (b) $\sigma = 1/\rho \approx 1{,}91\times10^{4}\ \text{S/m}$

Passo a passo

Passo 1 — A corrente percorre o resistor no sentido axial (ao longo de $L$ ), então a área atravessada é sempre a mesma seção transversal anular:

A = \pi(b^2 - a^2)\quad(\text{não varia ao longo do percurso})

Passo 2 — Como $A$ é constante, vale a fórmula direta $R = \rho L/A$ , sem integrar. Isolando $\rho$ :

R = \frac{\rho L}{\pi(b^2 - a^2)} \;\Rightarrow\; \boxed{\rho = \frac{\pi R(b^2 - a^2)}{L}}

Passo 3 — Com raios $a = 0{,}15\ \text{mm}$ , $b = 0{,}25\ \text{mm}$ e $L = 1{,}20\ \text{mm}$ :

\rho = \frac{\pi(0{,}5)\big[(2{,}5\times10^{-4})^2 - (1{,}5\times10^{-4})^2\big]}{1{,}2\times10^{-3}} \approx 5{,}24\times10^{-5}\ \Omega\cdot\text{m}

Passo 4 — Condutividade:

\sigma = \frac{1}{\rho} \approx \boxed{1{,}91\times10^{4}\ \text{S/m}}

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Questão 33Prova FinalBanco · 2026.1Resistividade · Integração radial2,5 ptsVer material

Um cabo coaxial tem condutor interno de raio $r_i$ e externo $r_o$ , separados por um dielétrico de resistividade $\rho$ . A corrente vaza radialmente do condutor interno para o externo.

(a) Mostre que a resistência radial é $R = \dfrac{\rho}{2\pi L}\,\ln(r_o/r_i)$ .

(b) Calcule numericamente para $\rho = 8\times10^{11}\ \Omega\cdot\text{cm}$ , $L = 50\ \text{m}$ , $r_i = 0{,}60\ \text{mm}$ e $r_o = 1{,}10\ \text{mm}$ .

Corrente radial: a área $A = 2\pi r L$ cresce com $r$ , então é preciso integrar cascas cilíndricas.

Gabarito

(a) $R = \dfrac{\rho}{2\pi L}\ln(r_o/r_i)$ · (b) $R \approx 1{,}54\times10^{7}\ \Omega \approx 15{,}4\ \text{M}\Omega$

Passo a passo

Passo 1 — Aqui a corrente é radial (atravessa o dielétrico do condutor interno para o externo), então a área atravessada $A = 2\pi r L$ varia com $r$ . Por isso não vale $R = \rho L/A$ direto: some cascas cilíndricas de espessura $dr$ :

dR = \frac{\rho\,dr}{2\pi r L}

Passo 2 — Integre de $r_i$ a $r_o$ :

R = \frac{\rho}{2\pi L}\int_{r_i}^{r_o}\frac{dr}{r} = \boxed{\frac{\rho}{2\pi L}\ln\!\left(\frac{r_o}{r_i}\right)}

Passo 3 — Converta $\rho = 8\times10^{11}\ \Omega\cdot\text{cm} = 8\times10^{9}\ \Omega\cdot\text{m}$ e substitua:

R = \frac{8\times10^{9}}{2\pi(50)}\ln\!\left(\frac{1{,}10}{0{,}60}\right) \approx \boxed{1{,}54\times10^{7}\ \Omega \approx 15{,}4\ \text{M}\Omega}

Compare com a Questão 32: lá a corrente era axial (área constante, sem integrar); aqui é radial (área variável, exige integral) — é a mesma diferença conceitual da Lei de Gauss cilíndrica.

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Questão 34Prova FinalBancoResistividade · Integração axial2,5 ptsVer material

Um resistor tem formato de tronco de cone: comprimento $L$ , raio menor $a$ numa extremidade, raio maior $b$ na outra, resistividade $\rho$ uniforme. A corrente flui ao longo do eixo.

(a) Mostre que $R = \dfrac{\rho L}{\pi a b}$ .

(b) Calcule para $\rho = 3{,}5\times10^{-5}\ \Omega\cdot\text{m}$ , $L = 2{,}0\ \text{cm}$ , $a = 2{,}0\ \text{mm}$ e $b = 6{,}0\ \text{mm}$ .

Corrente axial mas raio $r(x)$ cresce ao longo do eixo: a área varia, exigindo integração ao longo de $L$ .

Gabarito

(a) $R = \dfrac{\rho L}{\pi a b}$ · (b) $R \approx 1{,}86\times10^{-2}\ \Omega \approx 18{,}6\ \text{m}\Omega$

Passo a passo

Passo 1 — A corrente é axial, mas o raio muda linearmente ao longo do eixo: $r(x) = a + (b - a)\dfrac{x}{L}$ , de $x = 0$ a $x = L$ . A área $A(x) = \pi r(x)^2$ não é constante — some fatias de espessura $dx$ :

R = \int_0^L \frac{\rho\,dx}{\pi\,r(x)^2} = \frac{\rho}{\pi}\int_0^L \frac{dx}{\Big(a + \tfrac{(b-a)x}{L}\Big)^2}

Passo 2 — Substituindo $u = a + (b-a)x/L$ , $du = \dfrac{b-a}{L}\,dx$ :

R = \frac{\rho}{\pi}\cdot\frac{L}{b-a}\left[-\frac{1}{u}\right]_a^b = \frac{\rho L}{\pi(b-a)}\left(\frac{1}{a}-\frac{1}{b}\right) = \boxed{\frac{\rho L}{\pi a b}}

Passo 3 — Substituindo os valores:

R = \frac{(3{,}5\times10^{-5})(0{,}02)}{\pi(0{,}002)(0{,}006)} \approx \boxed{1{,}86\times10^{-2}\ \Omega \approx 18{,}6\ \text{m}\Omega}

O resultado é a média geométrica das áreas: como se o cone tivesse área efetiva $\pi a b$ .

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Questão 35Prova FinalBancoLei de Coulomb2,5 ptsVer material

Duas cargas $q_1 = +4{,}0\ \mu\text{C}$ e $q_2 = -6{,}0\ \mu\text{C}$ estão separadas por $r = 30\ \text{cm}$ . Calcule a força entre elas e diga se é atrativa ou repulsiva.

Gabarito

$F = k\dfrac{|q_1||q_2|}{r^2} \approx 2{,}40\ \text{N}$ — atrativa (cargas de sinais opostos).

Passo a passo

Passo 1 — Lei de Coulomb (com $k = 8{,}99\times10^{9}\ \text{N}\cdot\text{m}^2/\text{C}^2$ ):

F = k\frac{|q_1||q_2|}{r^2}

Passo 2 — Substituindo:

F = \frac{(8{,}99\times10^{9})(4{,}0\times10^{-6})(6{,}0\times10^{-6})}{(0{,}30)^2} \approx \boxed{2{,}40\ \text{N}}

Passo 3 — Como as cargas têm sinais opostos, a força é atrativa — cada carga é puxada em direção à outra.

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Questão 36Prova FinalBancoCapacitor · Força entre placas2,5 ptsVer material

A placa $a$ de um capacitor (área $A = 500\ \text{cm}^2$ ) está presa a uma mola de constante $k = 100\ \text{N/m}$ ; a placa $b$ é fixa. A placa $a$ tem carga $+Q = 2{,}0\ \mu\text{C}$ e a $b$ tem $-Q$ . De quanto a mola se distende?

As placas com cargas opostas se atraem; essa força estica a mola até o equilíbrio $F = kx$ .

Gabarito

$F = \dfrac{Q^2}{2\varepsilon_0 A} \approx 4{,}52\ \text{N}$ · $x = F/k \approx 4{,}52\times10^{-2}\ \text{m} = 45{,}2\ \text{mm}$

Passo a passo

Passo 1 — A força de atração entre as placas de um capacitor é $F = QE_{\text{placa}}$ , onde o campo criado por uma placa é $E = \sigma/(2\varepsilon_0) = Q/(2\varepsilon_0 A)$ . Logo:

F = \frac{Q^2}{2\varepsilon_0 A}

Passo 2 — Substituindo $A = 0{,}05\ \text{m}^2$ :

F = \frac{(2{,}0\times10^{-6})^2}{2(8{,}85\times10^{-12})(0{,}05)} \approx \boxed{4{,}52\ \text{N}}

Passo 3 — No equilíbrio a mola faz força igual e oposta, $F = kx$ :

x = \frac{F}{k} = \frac{4{,}52}{100} \approx \boxed{4{,}52\times10^{-2}\ \text{m} = 45{,}2\ \text{mm}}

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Questão 37Prova FinalBancoCircuito RC · Carga2,5 ptsVer material

Um circuito RC série tem $\varepsilon = 12\ \text{V}$ , $R = 2{,}0\ \text{k}\Omega$ e $C = 500\ \mu\text{F}$ . A chave fecha em $t = 0$ (capacitor inicialmente descarregado).

Determine a constante de tempo $\tau$ , escreva $q(t)$ e $i(t)$ , e calcule seus valores em $t = 1{,}0\ \text{s}$ .

Ao fechar a chave, a carga sobe até $C\varepsilon$ e a corrente decai de $\varepsilon/R$ a zero, ambas com constante $\tau = RC$ .

Gabarito

$\tau = RC = 1{,}0\ \text{s}$ · $q(t) = C\varepsilon(1 - e^{-t/\tau})$ , $i(t) = \dfrac{\varepsilon}{R}e^{-t/\tau}$ · $q(1\,\text{s}) \approx 3{,}79\ \text{mC}$ , $i(1\,\text{s}) \approx 2{,}21\ \text{mA}$

Passo a passo

Passo 1 — Constante de tempo:

\tau = RC = (2{,}0\times10^{3})(500\times10^{-6}) = \boxed{1{,}0\ \text{s}}

Passo 2 — Carregamento do capacitor (carga sobe, corrente decai):

q(t) = C\varepsilon\left(1 - e^{-t/\tau}\right) \qquad i(t) = \frac{\varepsilon}{R}\,e^{-t/\tau}

Passo 3 — A carga final é $C\varepsilon = (500\times10^{-6})(12) = 6{,}0\ \text{mC}$ . Em $t = 1{,}0\ \text{s} = \tau$ ( $e^{-1}\approx0{,}368$ ):

q(1) = 6{,}0(1 - 0{,}368) \approx \boxed{3{,}79\ \text{mC}}

Passo 4 — Corrente inicial $\varepsilon/R = 12/2000 = 6{,}0\ \text{mA}$ ; em $t = 1{,}0\ \text{s}$ :

i(1) = 6{,}0\,e^{-1} \approx \boxed{2{,}21\ \text{mA}}

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Questão 38Prova FinalBancoEfeito Hall2,5 ptsVer material

Uma fita condutora de largura $d = 2{,}0\ \text{cm}$ conduz corrente com velocidade de deriva $v_d = 8{,}0\times10^{-5}\ \text{m/s}$ , num campo $B = 0{,}60\ \text{T}$ perpendicular à fita. Calcule a tensão Hall.

O campo desvia os portadores para uma borda, criando uma tensão transversal $V_H = v_d B d$ .

Gabarito

$V_H = v_d B d \approx 0{,}96\ \mu\text{V}$

Passo a passo

Passo 1 — No equilíbrio Hall, a força elétrica transversal equilibra a força magnética sobre os portadores: $qE_H = qv_d B$ , logo $E_H = v_d B$ . A tensão é o campo vezes a largura:

V_H = E_H\, d = v_d\, B\, d

Passo 2 — Substituindo:

V_H = (8{,}0\times10^{-5})(0{,}60)(0{,}02) \approx \boxed{0{,}96\ \mu\text{V}}

A tensão Hall é pequena porque a velocidade de deriva é baixa — por isso o efeito só é mensurável com instrumentos sensíveis.

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