Ed eletricas

Resolução dos Exercícios ED 1ºsem/2012
1ª) a2 = b2+c2-2.b.c.cos(θ)  θ = 36,87º |F13| = 3,6N |F23| = 3,375N

|Fres|2 = |F13|2+|F23|2+2. |F13|.|F23|.cos(θ)  |Fres|=6,62N Justificativa: Aplica-se primeiramente a lei dos cossenos para encontrar o ângulo entre as forças e depois de determinar seus módulos aplica-se novamente a lei dos cossenos para achar a força resultante.

2ª)

F23 sen(α )

=

Fres sen(143,13º )

 α = asen(0,306)= 17,8º

Justificativa: Aplica-se a lei dos senos.

3ª)

F+Qq = k 0

Q.q d  x −  2 
− Q.q d  x +  2 
2

2

= 281,3907 N

F−Qq = k 0

= 281,1094 N

|Fres| = 281,3907 - 281,1094 = 0,2813 N



a=

Fres m

= 2,813

m s2

Justificativa: Encontra-se a força resultante aplicada na carga q e depois, aplica-se a 2ª lei de Newton para encontrar a aceleração.

4ª)

E =

Fres q

=

0,2813 N = 562,6 −4 C 5.10

Justificativa: Encontra-se o campo elétrico no ponto P dividindo a força resultante pela carga q no ponto P.

5ª)

dE d  x = k0Q   r 2 + x2 dx dx 

 =0 32   −3 2 −5 2 dE 3 r 4   = k 0 Q1.(r 2 + x 2 ) − .x.(r 2 + x 2 ) .2 x  = 0  x = ± =± = ±2,83m dx 2 2 2  

(

)

Justificativa: Deriva-se o campo elétrico E do enunciado em função da variável x eigualase a zero, para encontrar o ponto de máximo desta função.

6ª)

 E=

1

Q.x

4πε 0 r 2 + x

(

2 32

)

 ˆ i para x >> r E =

1

Q.x

4πε 0 x

( )

2 32

=

Q.x ˆ 1 Q ˆ i= i 3 4πε 0 x 4πε 0 x 2

1

Justificativa: Para x muito maior do que r, podemos desprezar o r e simplificar a expressão, obtendo assim um campo idêntico ao de uma carga puntiforme.

7ª)

Ex = k0 

L dq λ = k0  dx 0 r ( x P − x )2

u = xP − x

Ex = k0λ  −

1 du u2

L  1  −6   = k λ  1 − 1  = 9.10 9. 5.10  1 − 1  = 5625 = 803,6 N Ex = k0λ    0  (x p − x ) 0  10  4 14  7 C a L+a  

Justificativa: Integra-se o fio de comprimento L eletrizado com uma densidade linear