exerc livro fisica3

ELETRICIDADE

FÍSICA MODERNA

ANÁLISE DIMENSIONAL

Gualter José Biscuola Newton Villas Bôas Ricardo Helou Doca

Manual do Professor

Gualter José BiscuolaEngenheiro eletrônico formado pela Escola Politécnica da USPLicenciado em FísicaDiretor e professor de Física do Colégio Leonardo da Vinci de Jundiaí (SP)

Newton Villas BôasLicenciado em Física pelo Instituto de Física da USPLicenciado em Ciências e PedagogiaProfessor de Física do Colégio Objetivo de São PauloDiretor do Colégio Objetivo NHN de Passos, São Sebastião do Paraíso e Guaxupé (MG)

Ricardo Helou DocaEngenheiro eletrônico formado pela FEI (SP)Licenciado em MatemáticaProfessor de Física do Colégio Objetivo de São PauloDiretor do Colégio Objetivo NHN de Passos, São Sebastião do Paraíso e Guaxupé (MG)

Av. Marquês de São Vicente, 1697 – CEP 01139-904 – Barra Funda – SPPABX: (11) 3613-3000 – Fax: (11) 3611-3308 – Televendas: (11) 3613-3344 – Fax Vendas: (11) 3611-3268Atendimento ao Professor: (11) 3613-3030 e 0800-117875 – atendprof.didatico@editorasaraiva.com.brwww.editorasaraiva.com.br

2007

AUTORIA

Tópicos de Física 1

Gualter

Parte I: Tópicos 1 a 4

Parte II: Tópico 5

Parte III: Tópico 1

Helou

Parte I: Tópico 5

Parte II: Tópicos 1 a 4 e 6 a 8



NewtonParte I

Parte II: Tópico 2

GualterParte II: Tópicos 1 e 3


Helou Parte III: Tópicos 1, 2, 4 e 5


Newton Parte I

Gualter Partes II, III e IV

Helou Parte V

Ao professor 4

Objetivos fundamentais da obra 5

Composição da obra 5

Metodologia utilizada 5

Instrumentos disponíveis na obra 6

Estratégias de aplicação da obra 6

A avaliação 7

Considerações didáticas e resolução de exercícios 8

Parte I - ELETROSTÁTICA 8

Tópico 1Cargas Elétricas 8• Objetivo do Tópico 8• O que não pode faltar 8• Algo mais 8• Subsídios ao Descubra mais 9• Resolução dos exercícios

propostos 10

Tópico 2Campo elétrico 17• Objetivos do Tópico 17• O que não pode faltar 17• Algo mais 17• Subsídios ao Descubra mais 19• Resolução dos exercícios

propostos 20

Tópico 3Potencial elétrico 26• Objetivos do Tópico 26• O que não pode faltar 27• Algo mais 27• Subsídios ao Descubra mais 29• Resolução dos exercícios

propostos 30

Parte II - ELETRODINÂMICA 34

Tópico 1Corrente elétrica e resistores 34• Objetivos do Tópico 34• O que não pode faltar 34• Algo mais 34• Subsídios ao Descubra mais 35• Resolução dos exercícios

propostos 40

Tópico 2Associação de resistores e medidas elétricas 42• Objetivos do Tópico 42• O que não pode faltar 42• Algo mais 42• Resolução dos exercícios

propostos 44

Tópico 3Circuitos elétricos 47• Objetivos do Tópico 47• O que não pode faltar 47• Algo mais 48• Subsídios ao Descubra mais 48• Resolução de exercícios

propostos 49

Tópico 4Capacitores 57• Objetivos do Tópico 57• O que não pode faltar 57• Algo mais 57• Subsídios ao Descubra mais 58• Resolução dos exercícios

propostos 59

Parte III - ELETROMAGNETISMO 61

Tópico 1O campo magnético e sua influência sobre cargas elétricas 61• Objetivos do Tópico 61• O que não pode faltar 61• Algo mais 61• Subsídios ao Descubra mais 61• Resolução dos exercícios

propostos 62

Tópico 2A origem do campo magnético 64• Objetivos do Tópico 64• O que não pode faltar 64• Algo mais 65• Subsídios ao Descubra mais 65• Resolução dos exercícios

propostos 66

Tópico 3Força magnética sobre correntes elétricas 69• Objetivos do Tópico 69

• O que não pode faltar 69• Subsídios ao Descubra mais 70• Resolução dos exercícios

propostos 70

Tópico 4Indução eletromagnética 72• Objetivos do Tópico 72• O que não pode faltar 73• Algo mais 73• Subsídios ao Descubra mais 73• Resolução dos exercícios

propostos 76

Parte IV - FÍSICA MODERNA 78

Tópico 1Noções de Física Quântica 78• Objetivos do Tópico 78• O que não pode faltar 79• Algo mais 79• Subsídios ao Descubra mais 79• Resolução dos exercícios

propostos 86

Tópico 2Noções de Teoria da Relatividade 86• Objetivos do Tópico 86• O que não pode faltar 87• Algo mais 87• Subsídios ao Descubra mais 87• Resolução dos exercícios

propostos 91

Tópico 3Comportamento ondulatório da matéria 91• Objetivos do Tópico 91• O que não pode faltar 91• Resolução dos exercícios

propostos 92

Parte V - ANÁLISE DIMENSIONAL 92• Objetivos 92• O que não pode faltar 92• Algo mais 92• Resolução dos exercícios

propostos 93

Bibliografi a 96

4 TÓPICOS DE FÍSICA 3

Ao professor

são mereceu elogios na última reformulação, também foi alvo de aprimoramento e continua propondo pro-blemas mais elaborados e que exigem uma perfeita compreensão da teoria, além de boa capacidade de interpretação, abstração e raciocínio. Em todos os casos tomamos o cuidado de dispor as questões em uma seqüência lógica e em ordem crescente de difi -culdade. Procuramos dimensionar os dados de modo a simplifi car os cálculos, o que permitiu a valorização dos pormenores conceituais.

Há, no entanto, vários pontos presentes no texto, como demonstrações e apêndices, que enriquecem o material, mas que apresentam caráter facultativo, po-dendo ser ignorados, sem prejuízo, em cursos com carga horária menor.

Este Manual contém considerações didáticas em torno do desenvolvimento de cada Tópico da obra e apresenta a resolução de boa parte dos exercícios pro-postos, que tem por base nossa vivência em sala de aula, chamando a atenção para detalhes que julgamos importantes. Mas o professor conta, ainda, com outros materiais de apoio:• Recursos na internet: a partir do início do ano le-

tivo de 2008 este livro contará com recursos adi-cionais, disponíveis no site da Editora Saraiva (www.saraivaeduca.com.br). No site o professor encontrará as resoluções de todos os exercícios pro-postos no livro do aluno.

• DVD-ROM: todo o conteúdo dos três CDs do livro do aluno mais as versões digitais dos três manuais do professor em formato PDF são apresentados para o professor em formato DVD-ROM.

O gabarito dos exercícios (exceto as respostas às perguntas da seção Descubra mais) é apresentado nas páginas fi nais de cada volume.

Temos consciência de que o assunto não foi es-gotado, já que em Física há sempre o inusitado, a descoberta e o permanente desafi o.

Por isso serão muito bem-vindas as críticas e su-gestões que visem ao aprimoramento deste trabalho.

Os autores

Esta é uma obra viva, em permanente processo de aprimoramento. Trata-se de um trabalho versátil, que pode se adequar a cursos de diferentes enfoques, desde aqueles com poucas aulas semanais até os mais abran-gentes. O material é completo, tratando de todos os tópi-cos do programa de Física do Ensino Médio brasileiro.

O texto, embora apresentado em uma linguagem rigorosa, não chega a ser axiomático nem excessiva-mente formal. É, sim, objetivo e de fácil compreensão. A simbologia adotada é a consagrada pela maioria dos professores e dos livros sobre o assunto.

Nesta quarta versão, ampliada e atualizada, le-vamos em conta as competências almejadas nos Pa-râmetros Curriculares Nacionais do Ensino Médio (PCNEM), do Ministério da Educação e Cultura (MEC), e estabelecemos estratégias diversas no sen-tido de implementá-las. Aspectos como o incentivo ao aprendizado das ciências e suas tecnologias, o desenvolvimento de uma mentalidade indagadora e crítica, a intelecção e produção de textos, tabelas e gráfi cos tecnocientífi cos foram trabalhados, valori-zando-se dois paradigmas notórios no ensino atual: contextualização e interdisciplinaridade, sugeridas de maneira enfática na Lei de Diretrizes e Bases (LDB) e nos ditames do Exame Nacional do Ensino Médio (Enem). Para alcançarmos essas metas, apresentamos um grande número de recursos, como ilustrações, fotos legendadas, leituras e estímulos à experimenta-ção. Somaram-se a isso a nova seção Descubra mais e uma grande variedade de exercícios, característica marcante do nosso trabalho. Essas ferramentas contri-buirão para criar motivações a mais, que despertarão a curiosidade e o interesse nos alunos. Procuramos, dentro do possível, explorar situações práticas do dia-a-dia. Incluímos também abordagens tecnológicas, demonstrando que a Física é básica e essencial aos padrões da vida moderna. Interfaces com outras disci-plinas, como Geografi a, História, Química e Biologia, além da correlata Matemática, foram estabelecidas, procurando-se eliminar barreiras de conhecimento.

Tornamos ainda mais didáticas as tradicionais se-ções – Exercícios de Nível 1, Nível 2 e Nível 3. A seção Para raciocinar um pouco mais, cuja inclu-

5Manual do professor

Objetivos fundamentais da obra

A obra visa transmitir ao estudante, de forma me-tódica e organizada, os conhecimentos essenciais do programa de Física do Ensino Médio, proporcionan-do-lhe uma iniciação bem fundamentada nessa disci-plina, tanto nos aspectos conceituais como nas cor-relações cotidianas, práticas e tecnológicas. Objetiva também oferecer a dose ideal de conteúdo compatível com a faixa etária do público adolescente, o que favo-recerá a gradual formação de um espírito questionador e pragmático. Busca trabalhar as estruturas mentais do educando, exercitando a fl exibilidade de raciocínio e o encadeamento sistemático de idéias.

O trabalho evolui de modo a desenvolver habili-dades para a compreensão de textos formais, decodi-fi cação de enunciados, tabelas e gráfi cos, bem como de representações esquemáticas. Propõe obter maior efi ciência na cognição de informações, melhor capa-cidade de análise e síntese, pleno domínio – em nível de Ensino Médio – da simbologia e linguagem pró-prias da Matemática, imprescindíveis à formulação das leis da Física e à descrição quantitativa de seus fenômenos. Esses processos constituem na sua totali-dade as três grandes metas – competências – sugeri-das nos PCNEM para a área de Ciências da Natureza, Matemática e suas tecnologias, assim referidas nesse documento: “Representação e comunicação; investi-gação e compreensão; contextualização”.

Há, ainda, que destacar o ideal de desenvolver uma mentalidade social, em que os conhecimentos oriundos da Física devam ser colocados à dispo-sição da comunidade e das pessoas para melhorar seus recursos, condições de vida e padrões de con-forto. Também de maneira subalterna, o texto busca formar uma consciência de preservação ambiental e de habitabilidade sustentável do planeta. Isso é primordial até para o exercício pleno da cidadania na vida moderna.

Por tudo isso, esta coleção procura qualifi car-se como um abrangente e vantajoso instrumento educa-cional de iniciação à Física.

Composição da obra

Optamos por uma distribuição em que o con-teúdo é desenvolvido conforme sua evolução his-tórica. Iniciamos a coleção abordando no Volume 1 a Mecânica, em que fi guram os trabalhos de Aris-tóteles, Arquimedes, Copérnico, Galileu, Kepler e Newton, e encerramos o Volume 3 apresentando uma iniciação à Física Moderna, na qual se desta-

cam as contribuições de Planck, Bohr, Einstein e De Broglie. Respaldados em nossa experiência em sala de aula, procuramos levar em consideração um as-pecto que consideramos fundamental: o fato de que o livro destina-se a um público jovem, que almeja ao longo dos três anos do Ensino Médio uma ampla utilização do raciocínio lógico-formal, maior poder de abstração, compreensão e manuseio de dados ma-temáticos e tecnocientífi cos. Para isso, defi nimos criteriosamente a abrangência – horizontalidade – da obra. Selecionamos os itens a serem estudados res-peitando diversos fatores, como a citada evolução dos adolescentes, propostas contidas na LDB e nos PCNEM, programas exigidos nos principais exames vestibulares, entre outros. Dimensionamos também o grau de formalismo da linguagem e a profundidade da tratativa – verticalidade.

A obra, então, está assim dividida:• Volume 1: Mecânica;• Volume 2: Termologia, Ondulatória e Óptica geo-

métrica;• Volume 3: Eletricidade, Física Moderna e Análise

dimensional.

Cada volume compõe-se de Partes que equivalem aos grandes setores de interesse da Física. As Partes, por sua vez, são constituídas de Tópicos, em que um determinado conteúdo é estudado teórica e operacio-nalmente, com detalhamento pleno dentro das preten-sões do trabalho, tanto naquilo que ele envolve (hori-zontalidade) como na abordagem (verticalidade). Em cada Tópico, a matéria foi subdividida em Blocos, que agregam itens relacionados entre si.

Na apresentação de cada assunto, propusemos a seqüência que consideramos ideal, a qual foi testada e aprimorada em sala de aula ao longo de nossas car-reiras. Os Tópicos e os Blocos foram estruturados de modo a propiciar ao aluno um crescimento natural, lógico e bem fundamentado.

Metodologia utilizada

A Física é uma disciplina que envolve concei-tos que, pela complexidade e abrangência, são de difícil assimilação. A conservação do momento linear (quantidade de movimento), por exemplo, está presente em situações muito díspares, como em explosões e colisões, observáveis diretamen-te ou por meio de instrumentos, e no decaimento nuclear, inerente ao universo subatômico. Por isso, a apresentação dos conceitos físicos deve merecer primordialmente uma boa exposição teórica enri-


quecida com exemplos esclarecedores. Se houver disponibilidade, alguma experimentação também colaborará, já que elementos concretos aceleram em muito a compreensão de concepções abstratas. Mas o que realmente faz a diferença é a operacio-nalização, isto é a resolução do maior número pos-sível de exercícios. É por meio deles que se tor-na viável complementar a teoria e estabelecer os limites de sua utilização. Nesses exercícios há uma grande diversidade de cenários, o que permite ao aluno contemplar um determinado conceito na sua forma mais ampla, sedimentando as estruturas de raciocínio que lhe facultarão, por analogia, resolver problemas correlatos envolvendo o mesmo princí-pio ou lei. Por isso, o professor deve explicar bem a teoria e fazer as possíveis demonstrações experi-mentais, dando ênfase especial à resolução de exer-cícios, pois só assim o aprendizado consolida-se.

Deve-se notar que uma bem conduzida aula de resolução de exercícios, em que o professor comenta detalhes adicionais vinculados a cada contexto acres-centando novas informações, é agradável e estimulan-te, além de estar totalmente de acordo com o ritmo de captação e assimilação de informações por parte da mente humana. Nessas ocasiões também ocorre o mo-mento supremo da educação como arte de transformar pessoas. Esse é um ambiente profícuo em que se cor-porifi ca o vínculo humanístico entre aluno e mestre, essencial e insubstituível em qualquer época, mesmo diante de todas as tecnologias de ensino à disposição. Nada ocupará o lugar do professor no seu papel de orientar o educando, tutelando-o e amparando-o em seu desenvolvimento.

Instrumentos disponíveis na obra

A parte teórica foi redigida de modo a tentar res-gatar em cada trecho o interesse e a atenção do leitor. Para isso, utilizamos uma linguagem correta e ade-quada à descrição da Física – rigorosa, porém insti-gante –, procurando sempre inserir elementos atuais e curiosidades do cotidiano. Ilustrações e fotos com legendas (Boxes e Drops) foram aplicadas sempre que possível para facilitar a compreensão do texto e propiciar outras revelações. Em alguns Tópicos, in-cluímos a seção Faça você mesmo, na qual sugerimos a realização de pequenos experimentos que requerem materiais de fácil obtenção ou até mesmo utensílios caseiros. Foram elaboradas Leituras que serão um pólo a mais de interesse e ampliarão os horizontes do conhecimento. Acrescentamos nesta quarta versão a seção Descubra mais, que traz um questionário com

perguntas provocativas que visam reforçar o con-teúdo. Essas perguntas poderão ser objeto de debates em sala de aula ou temas de trabalhos de pesquisa em que o aluno será direcionado à leitura de outros textos, inclusive àqueles disponíveis na internet. Em relação à rede mundial de computadores, os sites de busca po-derão ser de grande valia, bastando nesse caso utilizar palavras-chave adequadas.

Em cada Tópico há quatro seções de exercícios com diferentes níveis de difi culdade. Logo após a apresentação da teoria de um Bloco aparecem os Exercícios de Nível 1 e Nível 2. Na primeira seção, a matéria é cobrada de forma simples, apenas em seus pontos essenciais. Na segunda, a abordagem é mais ampla, valorizando os aspectos conceituais e a descrição quantitativa dos fenômenos. Intercalados aos Exercícios de Nível 1 e Nível 2, há os Exercí-cios Resolvidos (ER), que servem de ponto de par-tida para o encaminhamento de questões semelhan-tes. No fi nal dos Tópicos, estão os Exercícios de Nível 3, em sua maioria de vestibulares, nos quais inserimos elementos de complementação. Esses exercícios, selecionados criteriosamente dos exames mais representativos, constituem uma boa fonte de tarefas para casa. E, por último, temos a seção Para raciocinar um pouco mais, composta por proble-mas mais difíceis – “reserva especial dos autores” –, que podem ser propostos como desafi o, aprofunda-mento ou trabalhos extraclasse.

Pautamos a elaboração e a seleção de todas as ati-vidades apresentadas no material pela funcionalidade em classe, diversidade temática e qualidade. Não há no trabalho exercícios iguais, o que sabidamente torna o processo de ensino mecanicista e enfadonho. Cada questão propõe um novo ambiente em que um detalhe a mais se faz necessário, constituindo-se, portanto, em um auxílio adicional para a melhor compreensão da matéria.

Procuramos contemplar nas questões de vesti-bulares todos os estados brasileiros, evitando dessa forma regionalismos. Incluí mos nesta quarta ver-são exercícios de Olimpía das de Física, certames que têm se constituído em um foco de interesse dos estudantes e um diferencial para as escolas que de-senvolvem projetos visando bons resultados nessas competições intelectuais.

Estratégias de aplicação da obra

Esta obra é versátil e pode se adequar a cursos com enfoques e objetivos distintos e diferentes núme-ros de aulas semanais.


• Carga mínima (de uma a duas aulas semanais): principais itens da teoria e Exercícios de Nível 1;

• Carga média (de três a quatro aulas semanais): princi-pais itens da teoria e Exercícios de Nível 1 e Nível 2;

• Carga máxima (cinco ou mais aulas semanais): teo-ria completa mais apêndices, Exercícios de Nível 1, Nível 2, Nível 3 e Para raciocinar um pouco mais.

De acordo com as cargas mencionadas anterior-mente – cargas mínima, média e máxima – poderão ser excluídas do texto, a critério do professor, algumas propostas que forem consideradas prescindíveis. Isso não comprometerá a adoção da obra, tampouco seu bom aproveitamento.

Por outro lado, dependendo da disponibilidade do curso, recomendamos também pesquisas na inter-net, leitura de livros paradidáticos, revistas especia-lizadas e materiais afi ns, o que complementará e se-dimentará o aprendizado. Nesses casos, os objetivos pretendidos são: valorizar aspectos históricos que realcem a evolução do conhecimento sobre Física e informar a existência de novas teorias, descobertas e outras aplicações dos assuntos tratados, não mencio-nados no texto.

Uma referência importante que poderá orientar o professor na elaboração do seu Planejamento de Cur-so é que cada Bloco traz um conteúdo previsto para duas ou três aulas, considerando a carga média de uti-lização da obra.

A título de exemplo, sugerimos que, numa utili-zação em carga média, os Blocos 1 e 5 do Tópico 5 (Vetores e Cinemática vetorial) do Volume 1 sejam lecionados da seguinte maneira:

Bloco 1Aula 1 – Teoria: itens 1, 2 e 3. Exercícios: Nível 1 – 1, 3 e 4. Para casa: Nível 1 – 5; Nível 2 – 10, 11 e 13.

Aula 2 – Teoria: item 4. Exercícios: Nível 1 – 6 e 8; Nível 2 – 18 e

23. Para casa: Nível 1 – 7 e 9; Nível 2 – 16, 19 e

22.

Bloco 5Aula 1 – Teoria: itens 13 e 14. Exercícios: Nível 1 – 66 e 70; Nível 2 – 73. Para casa: Nível 1 – 67, 69 e 71; Nível 2 –

72.

Aula 2 – Exercícios: Nível 2 – 75, 79 e 81. Faça você mesmo: o professor poderá realizar

em sala de aula a demonstração sugerida, dis-cutindo com os alunos os efeitos observados e suas conseqüências práticas (estimular a clas-se a elaborar outros exemplos que conduzam a conclusões semelhantes).

Para casa: Nível 2 – 76, 77, 82 (estudar a re-solução) e 83.

A avaliação

Esta deve ser a mais abrangente possível, de modo a contemplar sempre o maior número de habilidades próprias de cada estudante. Entendemos que um edu-cando deva ter oportunidade de ver valorizadas suas melhores potencialidades, já que o ser humano é do-tado de múltiplas inteligências (talentos) mais ou me-nos desenvolvidas.

Devemos levar em consideração fatores subjetivos como seu engajamento no curso (participação e empe-nho), postura em sala de aula e interesse pela matéria. Recomendamos valorizar, no entanto, com ênfase, a capacidade de responder questões, testes conceituais e exercícios que exijam aplicações das leis físicas pau-tadas pela devida operacionalização matemática. É ainda essencial que haja aplicação e pontualidade em relação às atividades propostas para casa, que devem preencher parte do tempo dos alunos em suas ativida-des extraclasse.

Há vários instrumentos objetivos que podem ser cogitados na avaliação, como:

• Provas propriamente ditas;

• Trabalhos de pesquisa em livros e na internet;

• Questionários com perguntas instigantes;

• Coletânea de testes de múltipla escolha;

• Coletânea de questões analítico-expositivas;

• Vestibulares simulados;

• Construção e manuseio de aparatos experimentais;

• Leitura e discussão de artigos sobre Física;

• Elaboração de artigos sobre Física;

• Seminários;

• Debates sobre temas científi cos;

• Encenações de textos teatrais sobre Física.

Desse universo, que permite obter uma média am-pla e justa do desempenho do aluno, será extraída a nota ou o conceito necessário à aprovação.


Tópico 1

Parte I - ELETROSTÁTICA

Cargas Elétricas

• Objetivo do TópicoEste Tópico, por ser o primeiro da Eletricidade,

deve ser iniciado com uma explanação histórica do processo de como se desenvolveu o conhecimento da eletricidade, bem como da sua importância na nossa civilização atual. Tudo isso para despertar o interesse dos alunos pela matéria. Pergunte-lhes (e deixe que respondam): Como seria nossa vida sem a eletricidade?

O conceito de carga elétrica deve ser detalhado, podendo ser abordada a teoria dos quarks. Reforçar a idéia de quantização das cargas elétricas, mostran-do que elas aparecem sempre em valores múltiplos da carga elementar.

Diferenciar bem o conceito de material condutor e de material isolante. Explicar o que faz um material ser condutor ou isolante.

Os Princípios da Eletrostática devem ser bem as-similados pelos alunos. O entendimento desses prin-cípios é a base para o aprendizado da Eletricidade.

Na apresentação dos processos de eletrização, destacar a alteração do número de elétrons de um corpo neutro que lhe confere a condição de corpo eletrizado. A eletrização por atrito e por conta-to deve ser detalhada. A eletrização por indução deve ser explicada de uma maneira sucinta, já que os detalhes serão mais bem entendidos no fi nal do Tópico 3.

A utilização da Lei de Coulomb deve ser trabalha-da por meio da resolução de exercícios que podem ser encontrados em nível 1 e nível 2.

• O que não pode faltar1. Síntese histórica da Eletricidade

2. Noção de carga elétrica

3. Corpo eletricamente neutro e corpo eletrizado

4. Quantização da carga elétrica

5. Princípios da Eletrostática

6. Condutores e isolantes elétricos

7. Processos de eletrização

Exercícios

8. Lei de Coulomb

Exercícios

• Algo maisNeste Tópico é importante apresentar um início

histórico da eletricidade. A evolução do pensamen-to científi co deve ser utilizada sempre; o aluno deve compreender que a Ciência evolui utilizando o conhe-cimento anterior.

A teoria dos quarks deve ser tratada como for-ma de explicar o que ocorre no núcleo dos átomos e como os prótons e os nêutrons se mantêm estáveis. É importante deixar bem claro que os quarks fazem parte de uma teoria, já que nem toda a comunidade científi ca tem certeza da sua existência. A utiliza-ção das teorias vigentes, como a dos quarks, pode facilitar o entendimento das interações elétricas en-tre partículas.


Como obter a máxima interação entre duas partículas eletrizadas

Imagine dois pequenos condutores A e B, inicial-mente neutros, e uma carga elétrica positiva Q. Como devemos distribuir essa carga elétrica de modo a ter-mos a máxima repulsão entre os condutores A e B?

Para o condutor A devemos transferir uma carga QA, fi cando o condutor B com o o restante da carga (QB = Q – QA).

Utilizando a equação da Lei de Coulomb, temos:

F = K |QA · QB|

d2

Como K e d são constantes, podemos fazer Kd2 = a.

Assim: F = a QA QBF = a QA (Q – QA)F = a Q QA – a Q2

ARepresentando essa função em diagrama F � QA,

vem:

to pequena, como o hertz, podemos usar prefi xos que representam múltiplos ou submúltiplos dessa unidade. Assim, vamos encontrar a seguir duas ta-belas com esses prefi xos.

Múltiplos Submúltiplos

Fator Prefixo Símbolo Fator Prefixo Símbolo

101 deca da 10–1 deci d

102 hecto h 10–2 centi c

103 quilo k 10–3 mili m

106 mega M 10–6 micro µ

109 giga G 10–9 nano n

1012 tera T 10–12 pipo p

1015 peta P 10–15 femto f

1018 exa E 10–18 atto a

1021 zeta Z 10–21 zepto z

1024 iota Y 10–24 iocto y

• Subsídios ao Descubra mais1. Pesquise e tente explicar como os quarks se mantêm

unidos para formar os prótons e os nêutrons.Os americanos Murray Gell-Mann e George

Zweig propuseram, em 1961, uma teoria que provoca-ria uma mudança no conceito de átomo: apresentaram uma nova “família” de partículas subnucleares, os quarks. No início, essa família era constituída de três membros: o u (up), o d (down) e o s (strange).

Apenas no fi nal dessa década os físicos James Bjorken e Richard Feynman, utilizando o acelerador de partículas da Universidade de Stanford (EUA), conseguiram os primeiros resultados práticos que evidenciavam a existência de partículas subnuclea-res. Eles chamaram essas partículas de partons. So-mente na década de 1990 descobriu-se que alguns desses partons eram quarks e, entre os outros, se encontravam os glúons, partículas mediadoras da in-teração forte.

O nome glúons vem de glue (cola em inglês). Assim, podemos dizer que os quarks são mantidos agregados (“colados”) pela transferência mútua de glúons. Descobriu-se que a força forte existente entre os quarks aumenta com o aumento da distância. As-sim, podemos imaginar que os glúons agem como um “elástico” unindo os quarks. Quando o “elástico” é esticado, as forças exercidas por ele aumentam.

2. Se prótons possuem cargas elétricas de sinais iguais e, portanto, se repelem, como essas partículas se mantêm estáveis no núcleo de um átomo?

F

0 Q QA

Fmáx

Q2

Observando o gráfico, devido à simetria apresen-tada pela parábola, podemos concluir que a máxima força de repulsão entre os condutores A e B ocor-re quando eles estão eletrizados com cargas iguais

(QA = QB = Q2 ).

Algumas curiosidades1. Antes de convencionarem o uso do SI como siste-

ma de unidades a ser utilizado, a quantidade de car-ga elétrica podia também ser expressa por franklin ou estat-coulomb. São dois nomes diferentes para a mesma quantidade de carga. Um franklin ou um es-tat-coulomb é a carga elétrica pontual que, colocada no vácuo, a um centímetro de distância de outra carga igual, repele esta última com uma força de intensida-de um dyn (dyne ou dina). Essas unidades eram usa-das no antigo sistema CGS Es (CGS Eletrostático).

Valem as relações: 1 C (coulomb) = 3 · 109 f (franklin) ou estat-C

(estat-coulomb) 1 dyn (dyne ou dina) = 10–5 N (newton)

2. Quando uma unidade de qualquer coisa é muito grande, como, por exemplo, o coulomb, ou mui-


Sabemos que os prótons são partículas eletriza-das que possuem cargas de mesmo valor e sinal. No núcleo de um átomo encontramos vários prótons que, portanto, se repelem. Essas forças de repulsão são muito fortes. Assim, o que impede a desintegração dos núcleos?

A atração gravitacional existente entre prótons é muito pequena comparativamente à repulsão ele-trostática presente. Assim, deve existir uma terceira força para manter estável o núcleo do átomo. Essa força de interação é a força nuclear forte, uma das quatro forças fundamentais que, junto com a força gravitacional, a força nuclear fraca e a força ele-tromagnética explicam as interações existentes no universo.

A força nuclear forte é praticamente a mesma entre dois prótons e dois nêutrons. Portanto, não de-pende da carga elétrica. Assim, os núcleos se man-têm estáveis pela existência de nêutrons que apenas atraem os prótons, ajudando a equilibrar as forças de repulsão. Essa força nuclear forte tem alcance muito pequeno, ocorrendo de maneira intensa para distân-cias da ordem de 10–15 m e praticamente se anulando para distâncias pouco maiores.

No núcleo de um átomo encontramos prótons repelindo todos os outros prótons e sendo atraídos apenas por prótons e nêutrons muito próximos. Des-se modo, quando o número Z de prótons aumenta, o número N de nêutrons deve aumentar ainda mais para que a estabilidade seja mantida.

3. Pesquise sobre força nuclear forte. Qual a diferença en-tre essa força e a força nuclear fraca?A interação nuclear forte é de atração e ocorre en-

tre prótons e nêutrons existentes num núcleo atômico. Ela é a mais intensa das interações, porém de alcance muito pequeno, de ordem 10–15 m. A interação nuclear fraca está associada à radioatividade, surgindo no de-caimento β (beta), quando um nêutron se transforma em próton ao emitir um elétron e um antineutrino (de-sintegração β negativa) ou um próton se transforma em nêutron (desintegração β positiva), em que o pró-ton emite um pósitron e um neutrino. Assim, ocorre uma alteração no número de prótons no núcleo, trans-formando o átomo em um outro elemento químico. Esse fenômeno é chamado de transmutação.

4. Faça uma pesquisa sobre força eletromagnética. Pode-mos encontrá-la em um átomo ou em uma molécula?Sim. A força eletromagnética é aquela que liga

os átomos e as moléculas para formar a matéria. É uma força de longo alcance que diminui com o inverso

do quadrado da distância entre as partículas estudadas na interação. Essa força está presente também sempre que duas superfícies estão em contato. A forças nor-mal, de atrito, elástica e de tração são exemplos de forças eletromagnéticas.

5. É comum uma pessoa, ao fechar a porta de um automó-vel, após tê-lo dirigido, receber um choque no contato com o puxador. Como você explica esse fato?O atrito da roupa com o material do banco pode

provocar um acúmulo de cargas elétricas no motorista, principalmente se ele estiver usando um sapato de sola de borracha, como um tênis. No contato da mão com a maçaneta, essas cargas fluirão para o automóvel, pro-vocando uma descarga elétrica. Isso costuma acontecer em época de baixa umidade do ar, quando se usa roupa contendo fios sintéticos, que são péssimos condutores de cargas elétricas.

6. Você talvez já tenha visto na TV ou no cinema uma cena em que uma pessoa se encontra em uma banheira ou piscina e cai na água, por exemplo, um ventilador liga-do. Se a água é um isolante elétrico, por que a pessoa recebe um choque?A água pura é péssima condutora de cargas elé-

tricas. No entanto, a água tratada que recebemos em nossas casas é uma solução iônica, já que vários pro-dutos químicos são diluídos na sua purifi cação. Com isso, as cargas elétricas podem se movimentar livre-mente, provocando choque na pessoa que estiver mer-gulhada nessa água.

• Resolução dos exercícios propostos18

1) A e B

Q = QA + QB

2 =

(+ 2,40 n C) + O2

Q’A = Q’B = + 1,20 n C

2) B e C

Q”B = Q’C = (+ 1,20 n C) + (–4,80 n C)

2

Q”B = Q’C = –1,80 n C

No contato com B, C perdeu uma carga elétrica igual a:

ΔQC = (–4,80 n C) – (–1,80 n C)

ΔQC = –3,00 n C

Assim:ΔQC = n e

–3,00 · 10–9 = n (–1,60) 10–19

n = 1,875 · 1010 elétrons

Alternativa b.


30 A função centrípeta é desempenhada pela força eletrostática.

+ – +

x

d

q1 q3 q2 = 4q1F1,3 F2,3

+q1

F2,1 F3,1

+

+ +

– –

F2 F1

F4

P

F3

P senθ

–––

– – –

++

+

Aq

E

B D

Z X

C

Y

+

–

p

Fe

e

R

notamos que:1) Em Q a resultante de A e E é nula.2) B, C e D provocam em Q uma força resultante F1.3) Por simetria, Z, Y e X também provocam em Q uma resultante F1.Assim, em q, temos:FR = 2F1

Alternativa e.

35 No equilíbrio, temos:Fe = P(anel)

K = |Q Q|

d2 = mg

9 · 109 Q2

(1 · 10–2)2 = 0,9 · 10–3 · 10

Q2 = 10–16

Q = 1 · 10–8 CEssa carga foi adquirida pelo anel superior (inicialmente neutro) no contato com o anel eletrizado. Assim, no início, a carga existente no anel eletrizado vale:

q = 2 · 10–8 C

Alternativa b.

Assim:Fcp = Fe

m v2

R =

K |Q q|

R2

v2 = K |Q q|

m R

v2 = 9 · 109 (1,6 · 10–19)2

9,1 · 10–31 · 10–10

v2 � 2,53 · 1012

v � 1,6 · 106 m/s

Alternativa c.

32 Observando a fi gura a seguir:

40a)

F1,3 = F2,3

K |q1 q3|

x2 = K |q2 q3|

(d – x)2 ⇒ |q1|

x2 = |q2|

(d – x)2

|q1|

x2 = |4q1|

(d – x)2 ⇒ 4x2 = (d – x)2

2x = d – x ⇒ 3x = d ⇒ x = d3

Nota:• Existe uma outra solução matemática, em que x = –d, que não serve fi si-

camente. Nesse caso, apesar de |F1, 3| = |F2, 3|, essas forças terão sentidos iguais, fazendo com que a carga q3 não esteja em equilíbrio.

b)

F2,1 = F3,1

K |q2 q1|

d2 = K |q3 q1|

x2

|q2|

d2 = |q3|

x2

|q3| d2 = |q2| x2

Mas:

x = d3

Então:

|q3| d2 = |q2| d3

2

⇒ |q3| d2 = |q2| d2

9

|q3| = |q2|

9 ⇒ |q3| =

4|q1|

9

q3 = 4q1

9

Nota:• Este cálculo pode ser feito utilizando-se a carga q2. O valor obtido será o

mesmo.

41 Na esfera abandonada no ponto A do plano inclina-do, a força resultante deve ter a direção AP e sentido de A para P.Isso ocorre apenas na situação encontrada na alternativa e.

Além da componente tangencial da força peso (P sen θ), ainda temos a resultante das forças elé-tricas. F1 e F2 são forças de repulsão exercidas pelas cargas positivas.F3 e F4 são forças de atração exercidas pelas cargas negativas.

P sen θA

θ


BB

AA

Fe

PA

PB

que resulta

A resultante é observada em:

Alternativa e

43a) Lei de Coulomb:

F = K0 |Q1 Q2|

d2

Sendo: K0 = 14πε0

= 9 · 109 (SI)

F = 9 · 109 · 1 · 10–9 · 5 · 10–10

(0,3)2 (N)F = 5 · 10–8 NCargas elétricas de sinais opostos: força atrativa.

b) Após o contato:

Q = Q1 + Q2

2

Q = (+1 · 10–9) + (–5 · 10–10)

2 (C)

Q = [(+10) + (–5)]

2 · 10–10 (C)

Q = +2,5 · 10–10 CLei de Coulomb:

F = K0 |Q Q|

d2

F = 9 · 109 (2,5 · 10–10)2

(0,3)2

F = 6,25 · 109 N

Agora as cargas elétricas têm sinais iguais: força repulsiva.

45 Na situação inicial, temos:Fe + PA = PB

K |QA QC|

d2 + m g = M g

k Q2

d2 = (M – m)g

d2 = K Q2

(M – m) g

Na situação fi nal, temos:

(d’)2 = K Q2

(4M – 4m) g =

K Q2

4(M – m) g

+

+ +

– –

F12

P sen θ F34

+

P

A

FR

Assim:

(d’)2 = d2

4

d’ = d2

Alternativa b.

48

Na condição de equilíbrio da carga q, temos:F1 + F2 = PUsando a Lei dos Cossenos, temos:|F1 + F2|2 = P2 = F2

1 + F22 + 2F1 F2 cos 120°

Mas:F1 = F2 = K

|Q1 q|

d2

F1 = F2 = 9,0 · 109 1,0 · 10–7 · q(3,0 · 10–2)2

F1 = F2 = 9,0 · 102 q9,0 · 10–4 ⇒ F1 = F2 = 1,0 · 106 q

Então:P2 = F2 + F2 – F2

P2 = F2

P = Fm g = F10 · 10–3 · 10 = 1,0 · 106 q

q = 1,0 · 10–7 C

Alternativa e.

50

F2 F1

120°

30°

3,0 cm 3,0 cm

30°Q2

q

Q1

P

Qd

dq

(A) (D)

(B) (C)

q

q q

FBA

FCA

FDA

F

q

Em A, supondo que as cargas q sejam positivas e Q seja negativa, temos:Condição de equilíbrio:

FBA + FCA + FDA + F = O

Somando FBA + FDA :

Por Pitágoras:

F2R = F2

BA + F2DA

Como: FBA = FDA = K |q q|

d2

temos:

F2R = 2F2

BA ⇒ FR = 2 FBA

FR = 2 K |q q|

d2

Assim:FR + FCA = F

2 K |q q|

d2 + K |q q|

(d 2)2 = K

|Q q|

d 22

2


A carga q é levada para a nova posição de equilíbrio:

Assim, em (I), vem:

tg θC = dBC

dAC =

dBC

2,5 dBC

tg θC = 0,40

53 Situação de equilíbrio inicial:

A carga q’ é fi xada a uma distância d da posição de equilíbrio inicial, desfazendo esse equilíbrio.

Portanto:Fm = Fe

K x = K0 |q q’|

(d – 0,40)2

Como, no MHS, temos:

T = 2π mK

0,40π = 2π 10 · 10–3

KK = 0,25 N/m

Assim:

0,25 · 0,40 = 9 · 109 · 2 · 10–6 · 0,2 · 10–6

(d – 0,40)2

d � 0,59 m � 59 cm

54a) Na situação de equilíbrio, temos:

q

0

q

Fq'

d

0

Fm

q'q

d

0

Fe

40 cm

x

P

0

+ +

+q +2q

0,3 m 0,3 m

Q Q

F1 F2

� 2

� 2

Condição de equilíbrio:∑F = OP = F1 + F2

Usando a Lei de Coulomb, temos:

F = K |Q d|

d2

2 |q|

d2 +

|q|

d2 2 =

|Q|

d2 24

2 |q| + |q|2

= 2 |Q|

(2 2 + 1)|q|2 = 2 |Q|

|Q| = (2 2 + 1)

4 |q|

Nota:• Se as cargas q fossem negativas e Q fosse positiva, o resultado seria o

mesmo.

51

tg θC = FBC

FAC

Como: F = K |Q q|

d2temos:

tg θC =

K |QB q|

d2BC

K |QA q|

d2AC

= |QB| d2

AC

|QA|d2BC

(II)

Igualando (I) e (II), temos:

dBC

dAC =

|QB| d2AC

|QA|d2BC

⇒ 125 · 10–6 d3BC = 8 · 10–6 d3

AC

125 d3BC = 8 d3

BC ⇒ 5 dBC = 2 dAC

dAC = 2,5 dBC

tg θC = dBC

dAC (I)

Para que a esfera vazada C permaneça em equilíbrio, é preciso que a força resultante das repulsões de A e B seja equilibrada pela força nor-mal exercida pelo aro.Observemos que o sistema encontra-se em um plano horizontal; por-tanto, a força peso não interfere no equilíbrio da esfera C.

Or r

dAC

dBC

A BθC

C

Or r

dAC

dBC

A BθC

θC

θC

C

FBC

FAC

RC

N


F1 = 9 · 109 4 · 10–6 · 1 · 10–6

(0,3)2 ⇒ F1 = 0,4 N

F2 = 9 · 109 4 · 10–6 · 2 · 10–6

(0,3)2 ⇒ F2 = 0,8 N

Portanto:P = 0,4 + 0,8 (N)

P = 1,2 N

b) A outra condição para ocorrer equilíbrio é:∑M0 = 0

F1 �2

+ P x = F2 �2

0,4 22

+ 1,2 x = 0,8 22

1,2x = 0,4

x = 13

m

Nota:• Para ocorrer equilíbrio, o peso P deve estar suspenso a 1

3 m, do lado

direito da barra.

55 Situação descrita:

45° 45°

45° 45°

dP

FT T

F

P

d = 4 cm

Q

L = 5 cm

x = 3 cm

θ

θ

q

T

Fe

P

Para o equilíbrio das esferas devemos ter:

T sen 45° = P

T cos 45° = F

Como sen 45º = cos 45º, vem:F = P

K |Q q|

d2 = mg

9 · 109 1,0 · 10–6 · 1,0 · 10–6

d2 = 10 · 10–3 · 10

9 · 10–3 = 10–1 d2

d2 = 9 · 10–2

d = 3,0 · 10–1 m

d = 30 cm

Alternativa e.

56 Assim:

T cos θ = P

T sen θ = Fe

T 45

= mg

T 35

= Fe

T = 5 mg

4

T = 5 Fe

3

T Ty

Tx

P

α

αB

y

x

Fe

Assim:5 Fe

3 =

5 mg4

K |Q q|

d2 = 34

mg

9 · 109 10 · 10–9 q(3 · 10–2)2 = 3

4 · 0,4 · 10–3 · 10

909 · 10–4 q = 3 · 10–3

q = 3 · 10–8 Cq = 30 · 10–9 C

q = 30 nC

Alternativa a.

57a) Como está ocorrendo atração entre as esferas, elas estão eletrizadas

com cargas de sinais opostos (uma positiva e a outra negativa).

b) Na esfera B, decompondo T, temos:

Tx = T sen αTy = T cos αPortanto, sendo:Tx = FeTy = P

dividindo membro a membro, temos:T sen αT cos α =

Fe

m g

tg α = Fe

m g43

= Fe

0,1 · 10 ⇒ Fe = 4

3 N

Usando a Lei de Coulomb, vem:

Fe = K |Q q|

d243

= 9 · 109 Q2

(0,1)2

Q2 = 0,04

27 · 109 = 40 · 10–12

27

Q = 4027

10–6 C

Q = 4027

µC

58 Na situação inicial, decompondo-se T, temos:

Ty = T cos θ

Tx

Tx = T sen θ

x

yθ

θFe

P

TTy


Então:

2 14π ε0

· Q q

d2 cos α

2 sen α = m g

m = 84π ε0

· Q qd2 · cos2 α sen α

g

Alternativa d.

60 No átomo de Bohr, o raio da órbita é dado por:R = n2 R0em que R0 = 5,3 · 10–11 m (raio da órbita fundamental).

Para o estado fundamental n = 1; para o primeiro nível excitado n = 2.Assim:R = 22 R0

R = 4 R0Como a força eletrostática faz o papel de força centrípeta, temos:Fe = Fcp

K e eR2 = m r2

R

v2 = K e2

m RSendo v inversamente proporcional a R, se R = 4R0, temos:

v = v0

2 = 1,1 · 106 m/s

Portanto:

v = 2π RT

1,1 · 106 = 2 · 3,14 · 4 · 5,3 · 10–11

TT � 1,2 · 10–15 sComo o elétron tem vida de 10–8 s, vem:

n = ΔtT

= 10–8

1,2 · 10–15

n � 8 · 106 revoluções

Alternativa d.

61

a) No equilíbrio, temos:Pt = Fe

m g sen 30° = K |Q q|

d2

20 · 10–3 · 10 12

= 9 · 109 20 · 10–6 q

(0,30)2

0,10 = 2 · 106 q

q = 5,0 · 10–8 C

b) Com atrito, temos:Fe = Pt + Fatest

K |Q q|

d2 = m g sen 30° + µ m g cos 30°

9 · 109 20 · 10–6 · 5,0 · 10–8

d2 =

= 0,020 · 10 (0,50 + 0,25 · 0,86)

9 · 10–3

d2 = 0,143 ⇒ d2 = 0,0090,143

d2 � 0,063 ⇒ d � 0,25 m � 25 cm

30°

B

AFe

Pt

Na situação de equilíbrio:

Tx = Fe

Ty = P

T sen θT cos θ =

Fe

m g ⇒ Fe = m g tg θ

Usando a Lei de Coulomb, temos:

K |Q q|

d2 = m g tg θ

9 · 109 2 · 10–6 · 2 · 10–6

(0,20)2 = 0,090 · 10 tg θ

tg θ = 1 ⇒ θ = 45º

Na situação fi nal, temos:No equilíbrio, vem:

Tx = F’e – Fm

Ty = P

T sen θT cos θ =

F’e – Fm

m g

m g tg θ = F’e – Fm

0,090 · 10 · 1 =

9 · 109 4 · 10–6 · 4 · 10–6

(0,20)2 – k 1,0 · 10–2

0,9 = 3,6 – 0,01 k

0,01 k = 2,7 ⇒ k = 2,7 · 102 N/m

59 Observe que a condição de equilíbrio exige simetria na confi gu-ração, sendo as cargas elétricas da base iguais, e a interação entre elas e a carga q tem de ser de repulsão.

Decompondo as forças F segundo a horizontal e a vertical, notamos que:

Ty

Ty = T cos θ

Tx

Tx = T sen θ

x

y θ

θ F‘e Fm

P

T

q

a

dQ Q

a

α α

F F

P

Fy Fy

FxFx

αα

P

x

y

F F

2Fy = P

2F sen α = m g

Da Lei de Coulomb, temos:

2K |Q q|

a2 sen α = m g

Mas: K = 14πε0

e a = d2 cos α


62a) Com o passar do tempo haverá perda de carga elétrica para o ar

que envolve as esferas. Isso provocará a aproximação, já que a força de repulsão entre elas irá diminuir.

Como as esferas têm mesmo peso e as forças de repulsão são iguais em módulo (Princípio da Ação-Reação), o ângulo α deverá ser igual para ambas.

b)

T sen α = Fe

T cos α = P

tg α = Fe

P =

Fe

mg

Fe = m g tg αLei de Coulomb:

Fe = K |Q Q|

d2

Assim:

K |Q Q|

d2 = mg tg α

9 ·109 Q2

d2 = 0,0048 · 10 · 0,75

Q2 = 4 · 10–12 d2

Q = 2 · 10–6 d

Mas:

Tcos α

α

α

FeTsen α

T

P

α

�

d2

d2

= � sen α

d = 2 · 0,090 · 0,60 (m)d = 0,108 m

Portanto:Q = 2 · 10–6 · 0,108 (C)

Q = ±2,16 · 10–7 C

63a) Cada uma das quatro cargas elétricas está sujeita a três forças exer-

cidas pelas outras cargas.

+q

FCA

–q

–q+q

A

D C

B

FDB

FDA

FCD FDC

FAD

FBDFAC

FBC

FCB

FBA FAB

Devido à simetria, podemos observar que as forças resultantes em cada carga têm intensidades iguais. Por exemplo, considerando a carga nominada por A, temos:

Observe que:

|FAB| = |FDA| = K |q q|

a2

|FCA| = K |q q|

(a 2)2 = K |q q|

a2 2

Somando os vetores FBA e FDA, temos:

S2 = F2BA + F2

DA = 2 F2BA

S = 2 FBA ⇒ S = 2 K |q q|

a2

A força resultante de A é dada por:

F = S – FCA = 2 K |q q|

a2 – 12

K |q q|

a2

F = 2 – 12

K |q q|

a2

Como: K = 14π ε0

Então: F = 2 2 – 12

14π ε0

· q2

a2

Essa resultante tem direção radial, passando pelo centro da cir-cunferência.

b) A força resultante calculada no item a funciona, para cada carga, como força centrípeta.

F = Fcp = m v2

RComo o raio R da circunferência corresponde à metade da diagonal do quadrado, temos:

R = a 22

Assim:

F = m v2

a 22

= 2m v2

a 2

v2 = a 22m

F

v2 = a 22m

· (22 – 1)2

· 14π ε0

· q2

a2

v2 = 4 – 24m

· 14π ε0

· q2

a

v = q4

4 – 2m a π ε0

64a) Lei de Coulomb:

Fe = K |Q q|

d2

FCA

A

FDA

FBA


semelhanças e as diferenças. Explicar aos alunos que foi Isaac Newton o primeiro a usar a interação a dis-tância entre dois corpos. Michael Faraday foi o autor do conceito de campo que inicialmene foi usado na interação entre partículas eletrizadas. Só mais tarde essa idéia de campo foi levada à situação gravitacio-nal e à magnética.

Insistir no caráter vetorial do campo elétrico e procurar fazer o aluno visualizar as linhas de força em diferentes campos elétricos, principalmente no campo elétrico uniforme.

Deve-se explorar bem o item que trata do poder das pontas, explicando o funcionamento dos pára-raios e desmistifi cando certas crendices populares. Se possível, pedir duas pesquisas para os alunos: em uma delas, procurar diferentes tipos de pára-raio (fazendo fotos) e promover um debate sobre as vantagens e as desvantagens de cada um deles; em outra, pedir aos alunos para pesquisarem as principais crendices sobre raios (como, por exemplo: espelhos atraem raios; não usar telefone durante tempestades; não deixar rádios e TV ligadas enquanto ocorrem descargas elétricas na atmosfera; etc.), apresentar aos colegas e debater (após pesquisa) cada uma delas.

Dar especial atenção ao campo elétrico uniforme. Esse assunto aparecerá em Tópicos futuros e é alvo de cobrança em provas a serem realizadas pelos alunos em vestibulares ou concursos.

• O que não pode faltar1. Conceito e descrição de campo elétrico2. Defi nição do vetor campo elétrico3. Campo elétrico de uma partícula eletrizada4. Campo elétrico devido a duas ou mais partículas

eletrizadas5. Linhas de força

Exercícios6. Densidade superfi cial de cargas7. O poder das pontas8. Campo elétrico criado por um condutor eletrizado9. Campo elétrico criado por um condutor esférico

eletrizado10. Campo elétrico uniformeExercícios

• Algo maisPara as turmas de nível mais avançado pode-

se completar o assunto utilizando-se o Teorema de Gauss para as demonstrações das fórmulas utiliza-

Fe = 9,0 · 109 1,6 · 10–19 · 1,6 · 10–19

(1,0 · 10–10)2

Fe = 2,3 · 10–8 N

b) A força eletrostática Fe funciona como força centrípeta:

Fe = Fcp

2,3 · 10–8 = m v2

R

2,3 · 10–8 = 9,0 · 10–31 · v2

1,0 · 10–10

v2 � 2,6 · 1012

v � 1,6 · 106 m/s

c) Fr = Fe + Fg

Fr = 2,3 · 10–8 + G M md2

Fr = 2,3 · 10–8 + 6,7 · 10–11 · 9,0 · 10–31 · 1,7 · 10–27

(1,0 · 10–10)2

Fr = 2,3 · 10–8 + 1,0 · 10–49

Observe que a interação gravitacional entre o próton e o elétron é desprezível quando comparada com a interação eletrotástica. Assim:

Fr = Fe = 2,3 · 10–8 N

d) Do item c, concluímos que:

Fcp = Fe

m v2

R = K

|Q q|

d2

v � 1,6 · 106 m/s

(Ver item b.)

Campo elétrico

• Objetivos do TópicoA grande difi culdade dos alunos do nível médio é

conseguir abstrair, encontrando difi culdade para “en-xergar” algo abstrato como o campo elétrico. É im-portante que o educando consiga entender que o con-ceito de campo elétrico envolve a idéia de infl uência proporcionada por uma carga elétrica em uma região do espaço. Trabalhar esse conceito é trabalhar uma das bases da Eletricidade.

Neste Tópico, é importante que o aluno entenda o conceito de campo elétrico como um modelo teó-rico usado para explicar a interação a distância entre partículas eletrizadas. Na medida do possível fazer analogia com o campo gravitacional, mostrando as

Tópico 2


das. Para turmas especiais, pode-se conceituar cam-po elétrico e em seguida apresentar o Teorema de Gauss, demonstrando por meio dele as fórmulas que vão aparecendo no decorrer desse assunto. É uma maneira de fazer os alunos das turmas especiais en-tender como as fórmulas surgem, já que, para as tur-mas normais, essas fórmulas são apresentadas sem explicações mais detalhadas.

Uma breve biografi a de Michael Faraday(O idealizador do campo elétrico)

Apesar de não ter es-tudado em boas escolas, sendo um autodidata, Fara-day colocou a Eletricidade como uma importante par-te da Física, posicionando-se entre os grandes, como Galileu, Newton, Einstein. Maxwell e outros. Foi ele quem conceituou o campo eletromagnético e ideali-zou as linhas de força que,

só mais tarde, Maxwell quantifi cou por meio de suas equações. Faraday, sem grandes conhecimentos de matemática, foi responsável pelas descobertas expe-rimentais, e Maxwell, de grande formação teórica, estabeleceu as sua equações, que são a base do Ele-tromagnetismo. A seguir apresentamos uma breve biografi a desse grande nome da Eletricidade, que deve ser passada para os alunos como exemplo de alguém que foi atrás de seus sonhos.

Michael Faraday nasceu na Inglaterra, em 22 de setembro de 1791, nos arredores de Londres, Newing-ton Butts (Surrey), que hoje se chama Elephant and Castle. Filho de James Faraday, um ferreiro, teve uma infância pobre junto com seus três irmãos. Sua mãe, Margareth Hastwell, era muito amorosa, po-rém severa, forjando em Michael um caráter hones-to, tornando-o persistente na busca de seus objetivos. Devido à doença de seu pai, Michael foi obrigado a trabalhar aos 13 anos (1804). Começou como entre-gador de jornais e, mais tarde, foi assistente de enca-dernação de livros. Seu patrão, um imigrante francês, Mr. Riebau, não se importava que Michael lesse os livros que encadernava. Assim, durante as encader-nações ele foi descobrindo um mundo que o cativava cada vez mais. As leituras da Enciclopédia Britânica e do livro The Improvement of the Mind fi zeram Fara-day iniciar a sua busca pelo conhecimento.

Michael Faraday (1791-1867)

Após a morte de seu pai (1809), Michael começou a assistir a todas as conferências possíveis, procuran-do aprender cada vez mais.

Em 1812, ele recebeu de Mr. Riebau entradas para quatro palestras de Sir Humphrey Davy na fa-mosa Royal Institution. Fascinado com as palestras, fez anotações que depois transformou em um texto ilustrado, encadernou e enviou para Sir Davy, que na época era um cientista de grande destaque. No ano seguinte (1813), ele tornou-se assistente de Sir Davy, quando iniciou uma época de grande produtividade, aprendendo rapidamente e descobrindo novos hori-zontes para a Física e a Química.

Sir Davy, que também era oriundo de um am-biente pobre e, por isso, identifi cava-se com Fara-day, levou-o em suas viagens pela Europa, onde este conheceu vários cientistas, como Alessandro Volta, André Ampère e Joseph Gay-Lussac. A partir daí, Faraday começou a participar mais intensamente nas pesquisas de Sir Davy, ajudando-o a desenvol-ver a lâmpada de segurança a ser utilizada nas mi-nas de carvão. Faraday conseguiu liquefazer alguns gases, dentre eles o dióxido de carbono e o cloro, o que até então se acreditava não ser possível. Dentre outros trabalhos desenvolvidos por Faraday pode-mos destacar: as Leis da Eletrólise, sessenta anos antes de Thomson descobrir o elétron; o estudo das descargas elétricas nos gases; a distribuição das cargas elétricas na superfície de condutores (gaio-la de Faraday); o diamagnetismo; a polarização de luz e muitos outros. Ele conseguiu isolar o benzeno a partir do óleo de baleia, o que, quatro décadas depois, daria início ao estudo da Química Orgâni-ca. Descobriu a rotação de um raio de luz quando atravessa um campo magnético, depois chamada de Efeito Faraday.

Em 1824, Faraday foi eleito membro da Real So-ciedade de Ciências. Suas descobertas continuavam. Em 1819, Hans Christian Oersted, físico dinamar-quês, havia conseguido juntar a eletricidade e o mag-netismo ao descobrir que correntes elétricas geravam campos magnéticos. Até então, acreditava-se que a eletricidade e o magnetismo eram coisas separadas e não tinham relação. Em 1831, Faraday descobriu a relação inversa: correntes elétricas podiam ser gera-das por meio do magnetismo. Ele havia inventado a bobina de indução. Num fi o enrolado em um tubo oco passava uma corrente contínua quando ele fa-zia variar o campo magnético no interior da bobina; era o princípio do transformador. Faraday enunciou as Leis da Indução Magnética, introduzindo a idéia de linhas de força de um campo elétrico, que seriam comprovadas matematicamente pelas equações de

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Maxwell. Essa descoberta foi tão importante que sua estátua na Royal Institution o mostra segurando uma bobina de indução.

Em 1832, Faraday iniciou a Eletroquímica, uti-lizando corrente elétrica para “quebrar” compostos químicos. Em seus trabalhos Pesquisas experimentais em Eletricidade, em três volumes, e Pesquisas ex-perimentais em Química e Física, ele estabeleceu a linguagem básica da Eletricidade, criando os termos: eletrólito, eletrodo, ânodo, cátodo, íon e outros.

Faraday estabeleceu o conceito de campo elétrico e de campo magnético. Em 1849 tentou juntar a gra-vitação e a eletricidade, não conseguindo. (Lembre-se de que Einstein também tentou essa unifi cação e mor-reu, em 1955, sem ter conseguido.)

Em 1821, Faraday casou-se com Sarah Barnard. Adoeceu em 1839 e não mais conseguiu se recuperar. Morreu em 25 de agosto de 1867, em Hampton Court, próximo dos seus 76 anos. Foi enterrado na Abadia de Westminster, ao lado de Isaac Newton.

Uma curiosidade – A lanterna perpétua de Faraday

Na internet podemos ver anúncios da lanterna perpétua de Faraday, que não utiliza pilhas, tem 26 cm de comprimento e cor branca translúcida. O seu funcionamento baseia-se na Lei da Indução Ele-tromagnética de Faraday. Para carregá-la, basta agitar. O movimento de vaivém de um ímã existente em seu interior, que passa na parte interna de uma bobina, induz nela correntes elétricas que irão carregar uma bateria especial. Alguns segundos de agitação podem produzir energia sufi ciente para acender a luz por até 5 minutos. Consta na propaganda que o LED superlu-minoso pode ser visto a um quilômetro de distância. Essas lanternas não devem ser colocadas próximo de cartões bancários ou fi tas magnéti-cas, já que o cam-po eletromagnéti-co formado pelas correntes indu-zidas pode des-magnetizar tais objetos.

• Subsídios ao Descubra mais 1. Na fotografi a a seguir, observamos um dispositivo, usa-

do como enfeite, que chama muito a atenção das pes-soas. Nele, encontramos uma esfera interna que é eletri-zada de forma contínua e uma outra esfera externa de vidro transparente. Entre as superfícies esféricas, existe um gás sob baixa pressão. Os gases normalmente são isolantes elétricos. No entanto, quando ionizados dei-xam de ser isolantes e tornam-se condutores.

Pesquise e tente explicar a emissão de luz nessa foto-grafia.

O campo elétrico nas proximidades da esfera in-terna é muito intenso. Por isso, moléculas do gás aí presentes são ionizadas, adquirindo carga elétrica do mesmo sinal da carga da esfera interna. Os íons pro-duzidos são repelidos por esta, deslocando-se então para a esfera externa. Em outras palavras, são produ-zidas correntes elétricas iônicas através do gás, entre as esferas.

Devido à alta intensidade do campo elétrico, os íons adquirem energias cinéticas sufi cientes para pro-vocar, por meio de colisões, extrações de elétrons de outras moléculas, ionizando-as também, ou, pelo menos, provocar excitações eletrônicas dessas outras moléculas.

Tanto os elétrons extraídos como os excitados ab-sorveram energia dos íons que incidiram nas molécu-las. Essa energia é devolvida na forma de luz (efeito ou descarga corona): íons se recombinam com elé-trons que perderam e emitem luz, o mesmo aconte-cendo com elétrons excitados quando retornam ao nível mais baixo de energia em que estavam antes de serem bombardeados.

2. Pegue um rádio portátil pequeno, ligado e sintonizado em uma estação. Embrulhe esse rádio em uma folha de jornal. Agora desembrulhe e volte a embrulhá-lo em

Dodd

s/To

pFot

o/Ke

ysto

ne

Repr

oduç

ão


papel-alumínio, com várias voltas. O que ocorre de di-ferente? Como explicar os resultados desses dois expe-rimentos?Mesmo embrulhado no papel jornal, apesar de ter

a intensidade do som diminuída, continuamos a ouvir o rádio. Quando repetimos o experimento utilizando papel-alumínio, notamos que o rádio deixa de trans-mitir o som. Isso ocorre porque o papel-alumínio se comporta como uma gaiola de Faraday, impedindo que sejam captados os campos eletromagnéticos que transportam os sinais.

As ondas eletromagnéticas são constituídas de dois campos variáveis com o tempo, um elétrico e outro magnético, que se propagam através do espa-ço. Quando a antena de um receptor de rádio recebe essa onda, uma corrente elétrica é nela induzida. Essa corrente induzida é posteriormente amplifi cada para produzir o funcionamento do alto-falante. Quando o receptor está envolto por papel-alumínio ou por uma rede metálica, a corrente induzida encontra uma “su-perfície” repleta de elétrons e sofre uma dissipação, não encontrando um caminho para atingir a antena. Assim, o rádio receptor não consegue sintonizar uma emissora. Observe que, ao fi car envolto em papel-alu-mínio, o receptor de rádio estará no interior de um condutor oco, onde o campo elétrico é nulo e as cargas elétricas permanecem em equilíbrio.

No caso de substituirmos o papel-alumínio por uma tela metálica, a dimensão da malha deve ser me-nor que o comprimento de onda da onda eletromag-nética que deveria atingir a antena receptora. Se for maior, a onda atravessará.

Este experimento pode ser realizado com os alu-nos, utilizando dois celulares, um jornal e papel-alu-mínio. Peça a um aluno que ligue para o celular que se encontra em cima de uma mesa, embrulhado em jornal. Peça ao aluno que volte a ligar, agora para o celular envolto em papel-alumínio

• Resolução dos exercícios propostos

22

27 A carga + q gera, em P, campo de “afastamento”. As distâncias de cada porção Δq de carga até o ponto P é a mesma.Assim, em P, temos infi nitos vetores campo elétrico:

Devido à simetria na distribuição desses vetores, a resultante E terá di-reção vertical e sentido para cima.

+q

y

–qA

BC

D

–q

EB

ED

+q

O x

EX

EC EA

Alternativa e.

28 Em A, queremos que EA = 0:Mas:EA = Eq1

+ Eq2 + EQ

PE1

E2

Assim:EQ = Eq1

sen 30° + Eq2 sen 30°

EQ = 2 Eq1 sen 30°

Como: E = k Qd2

Temos:

K Qy2 = 2 K

qL2 · 1

2Qy2 =

qL2

8 · 10–6

y2 = 2 · 10–6

32

y2 = 36

y = 6 cm

P

E

Decompondo esses vetores segundo os eixos x e y, notamos que no eixo y a resultante é nula. No eixo x a resultante é diferente de zero. Alternativa a.

Eq2Eq2 sen 30° Eq1 sen 30°

Eq2 cos 30° Eq1 cos 30°

EQ

30° 30°

Eq1


|EA| = |EC| = K q

a2

Usando-se Pitágoras:

E2AC = E2

A + E2C

E2AC = 2 K

qa2

2

EAC

EA

EB

a

+q

+q

qBa

a ad

A B

CD

EC

Na origem O do sistema cartesiano, temos:Por Pitágoras, vem:

E2res = (2E)2 + (2E)2

E2res = 2 (2E)2

Eres = 2 2 E

Eres = 2 2 k0 Qd2

Alternativa a.

54|Ep| = |E1| + |E2|

|EQ| = |E2| – |E1|

Para ocorrer o descrito devemos ter:

|E2| � |E1|

Assim:|σ1| � |σ2|

e σ1 � 0

σ2 � 0

Alternativa a.

64a)

+

+

+

+

q

q q

A

q q

q q–

–

–

+

–

–

–

–

–

+

(1)

(4)

(6)(2)

(3)

(5)

(8)

(7)

–q

–

E3

(1)

(2)

(3)

–Q

–Q

Q O

Q

d

d d

d

x

y

(4)

E2 E4

E1

Eres

2E

2E

0

y

x

E1P

σ1 σ2

Q

E2

E1E2

T

60° Fe

P

30 Nominando as cargas, temos:

Na fi gura, notamos que as cargas 1 e 2, 3 e 4, 7 e 8 produzem campo resultante nulo no ponto de encontro das diagonais do cubo.Apenas as cargas 5 e 6 produzem campo elétrico resultante não-nulo no encontro das diagonais.Assim:EE = E5 + E6

EE = 2 K |q|

x2

Mas x é metade da diagonal do cubo:

x = 12

(� 3)

Portanto:

EE = 2 Kq

� 32

2 ⇒ EE = 8 Kq3 �2

e a força aplicada na carga 2q, colocada em A, vale:

F = |2q| E ⇒ F = 2q 83

· Kq�2 ⇒ F = 16

3 K

q2

�2

Alternativa c.

34 O descrito no texto e os respectivos campos elétricos, represen-tados pelos vetores E1, E2, E3 e E4 , estão indicados na fi gura a seguir:

b) � T sen 60° = P

T cos 60° = Fe

sen 60°cos 60°

= PFe

Fe = Ptg 60°

= 0,033

⇒ Fe = 3 · 10–2 N

c) Fe = |q| E

3 · 10–2 = 5,0 · 10–6 E

E = 2 3 · 103 N/C

66 O campo elétrico em D é representado por:


– Q + QO

A C

B+ Q

EA

EC

EB

θ

Q‘

O

Atenção:

EA = EB = EC = E

EAC = 2E

Portanto, usando Pitágoras, temos:

E2ABC = E2

AC + E2B

E2ABC = (2E)2 + E2 = 4E2 + E2 = 5E2

EABC = 5 E

K |Q’|

R2 = 5 K |Q|

R2

Q’ = 5 Q

A posição da carga Q’ é dada por:em que:

tg θ = EB

EAC = E

2E

tg θ = 12

Assim: θ = arc tg 12

70

θOEAC

EB

ED

EABC

–

T

Fe P

A

B

E

EAC = 2 K q

a2

Como:

|EAC| = |EB|

temos:

2 Kqa2 = K

|qB|

d2

Mas:d = a 2 (diagonal do quadrado)Então:

2 Kqa2 = K

|qB|

(a 2)2 ⇒ 2 qa2 =

|qB|

a2 2

|qB| = 2 2 q

Sendo EB um vetor campo de “aproximação” em relação à carga qB, esta deve ter sinal negativo.Assim:qB = –2 2 q

Alternativa e.

68

Se a força Fe é vertical voltada para baixo, o campo elétrico entre as pla-cas é vertical, voltado para cima. Assim, a placa A possui carga negativa e a placa B, positiva. Observe que a carga q é negativa.

(01) Falsa.

(02) Verdadeira.

(04) Falsa.

(08) Verdadeira. Fe = |q| E

(3 – 2) = |q| 4 · 106 ⇒ |q| = 0,25 · 10–6 C

(16) Falsa.

(32) Falsa.

Portanto, a soma das alternativas corretas é 10.

74a) F = Fe

m a = |q|E ⇒ a = |q| E

mPortanto:ap

aα =

|qp| mα|qα| mp

Sendo e a carga do próton e m a massa, temos:

ap

aα = e 4 m

2e m ⇒

ap

aα = 2

b) Na vertical as partículas possuem MUV.

Δs = a t2

2Como Δsp = Δsα, temos:

ap t2p

2 =

aα t2α

2ap

aα t2

p = t2α

2 t2p = t2

α

tp

tα

2

= 12

⇒tp

tα = 2

2

751) Cálculo da massa da gota:

d = mv

⇒ m = d v

m = d 43

π r3

m = 1 000 43

3,14 · (10 · 10–6)3 (kg)

m � 4,2 · 10–12 kg


2) O movimento horizontal da gota é uniforme. Assim:Δs = v t2,0 · 10–2 = 20 tt = 1,0 · 10–3 s

3) O movimento vertical da gota é uniformemente variado pelo fato de ela atravessar um campo elétrico uniforme. Observe que não va-mos considerar o campo gravitacional. Assim:

m a = |q| E ⇒ a = |q| E

m

Na queda:

Δs = a t2

2 ⇒ y =

|q| Em

· t2

2

Para que a gota sofra a ação de uma força no sentido do campo elétrico, a sua carga deve ser positiva.Portanto:

0,30 · 10–3 = q 8,0 · 104

4,2 · 10–12 · (1,0 · 10–3)2

2

q � 3,1 · 10–14 C

Alternativa b.

76 As forças de repulsão são conservativas (forças de campo). As-sim, a energia cinética transforma-se em potencial. Portanto, estando a partícula em repouso em M, temos:

ΔEp = ΔEc = 3,2 · 10–21 J

Como e = 1,6 · 10–19 C, temos:

ΔEp = 3,2 · 10–21

1,6 · 10–19 e V

ΔEp = 2,0 · 10–2 e V

ΔEp = 20 · 10–3 e V

ΔEp = 20 m e V

77a) No equilíbrio, temos:

FE = P

QE + QE = (m + 3 m) g

2QE = 4 mg

Q = 2 mg

E

b) Na partícula de massa 3 m:Assim:T + FE = Fe + P

T + QE = k QQa2 + 3 mg

T = ka2 Q2 – QE + 3 mg

T = ka2

2 mgE

2

– 2 mg

E E + 3 mg

T = k 4 m2 g2

a2 E2 – 2 mg + 3 mg

T = 4 k m2 g2

a2 E2 + mg

80

Aplicando-se a condição de equilíbrio, temos:(Fe + P)L = Pm x + P LFeL + P L = Pm x + P LFeL = Pm x|q| E L = mg x3,0 · 10–10 · 2,0 · 106 · 0,20 = 0,10 · 10–3 · 10 x

x = 0,12 m

81 Na esfera, temos:

No eixo x, temos:Fe(x) = T(x)

|q| Ex = T sen 60°

q 3 · 105 = T 32

T = 2 · 105 q (I)

No eixo y, temos:

P = Fe(y) + T(y)

m g = |q| Ey + T cos 60°

2 · 10–3 · 9,8 = q 105 + T 12

Usando-se I, vem:

1,96 · 10–2 = q 105 + 2 · 105 q

21,96 · 10–2 = q 105 + q 105

1,96 · 10–2 = 2q 105

q = 9,8 · 10–8 C

Em (I), temos:T = 2 · 105 · 9,8 · 10–8 N

T = 1,96 · 10–2 N

Alternativa b.

82 A aceleração do elétron é devida a uma força elétrica e tem a mesma direção e sentido oposto ao do campo elétrico E . O módulo da aceleração é dado por:F = Fe

m a = |q| E

T

Fe

FEP+

mx

L = 0,20 m L = 0,20 m

++

Fe Pm

P P

T60°

Fe(y)

Fe(x)

P

T60°

P = mg

Fe(y) = IqIEy

Fe(x) = IqIEx

T(y) = T cos 60°

T(x) = T sen 60°


EM = 2 · 9 · 109 1 · 10–9

(0,10)2

EM = 1 800 N/C

c)

a = |q| E

m =

1,6 · 10–19 · 1009,1 · 10–31

a = 17,6 · 1012 m/s2

O movimento do elétron é um movimento balístico, valendo:v0y

= v0 sen 30°

v0y =

v0

2Na vertical temos um MUV:v = v0 + γ t

– v0

2 =

v0

2 – a t

a t = v0 ⇒ 17,6 · 1012 t = 4 · 105

t = 0,23 · 10–7 s = 23 · 10–9 s

t = 23 n s

Alternativa c.

83

EN = EA + EB

Então:

EN = EA – EB

EN = K |Q|

d2A

– K |Q|

d2B

EN = 9 · 109 · 1 · 10–9

(0,10)2 – 9 · 109 · 1 · 10–9

(0,30)2

EN = 900 – 100

EN = 800 N/C

84

a

x

y

30°

v0

v0y

60°

120°

60°

20 cm 20 cm

20 cm

MA B

–Q+Q

C

60°

a) Em C:

120°

EA

EC

EB

EC = EA + EB

Como EA = EB = K |Q|

d2

EA = EB = 9 · 109 1 · 10–9

(0,20)2

EA = EB = 225 N/C

Então, aplicando a Lei dos Cossenos, temos:

E2C = E2

A + E2B + 2EA EB cos 120°

E2C = E2

A + E2A + 2 E2

A – 12

E2C = E2

A + E2A – E2

A = E2A

EC = EA = 225 N/C

b) Em M:EM = EA + EB

Como: EA = EB

então: EM = EA + EB = 2EA

EM = 2K |Q|

d2

10 cm

N M

BA 10 cm 10 cmEA

EB

C

E

A

�

�

�

θ

O

B

dM

30°30°

30°30°

FA

FC

FAC

P

FA = FC = K |Q Q|

d2

FA = K Q2

d2 ⇒ Q = d FA

K (I)

Usando a Lei dos Cossenos, temos:

F2AC = F2

A + F2C + 2FA FC cos 60°

F2AC = F2

A + F2A + 2F2

A 12

F2AC = 3F2

A ⇒ FAC = FA 3 (II)

Em B, temos:

F

FAC

P

Tθ

B

θ

EA

A10 cm

M

+Q –QB

EB


tg θ = FAC

PFAC = P tg θ (III)

Juntando (II) e (III), vem:

FA 3 = P tg θ ⇒ FA = P tg θ

3 (IV)

Na fi gura, podemos observar que o triângulo ABC é eqüilátero e o pon-to M é o encontro das alturas. Assim:

BM = 23

BE

Mas, no triângulo BEC, temos:

cos 30° = BEd

⇒ BE = d cos 30° = d 32

Então:

BM = 3 d3

(V)

No triângulo OMB, temos:

sen θ = BM�

⇒ BM = � sen θ

Usando (V), vem:

� sen θ = 3 d3

⇒ d = 3 � sen θPortanto, em (I), temos:

Q = 3 � sen θ P tg θ3 K

⇒ Q = � sen θ 3 P tg θ3 K

Q = � sen θ 3 P tg θK

851) O corpo m1 desloca-se em movimento acelerado entre θ = 0° e

θ = 300°. Assim, usando-se a Equação de Torricelli (angular), temos:

ω2 = ω20 + 2αΔθ

ω2 = 0 + 2 6π5

· 5π3

ω2 = 4π2

ω = 2π rad/s

Como v = ωR, então:

v1 = 2π 1π

v1 = 2 m/s

2) Na colisão inelástica total, entre m1 e m2, vem:

Qantes = Qdepois

m1 v1 = (m1 + m2)v

v = m1

(m1 + m2) 2

3) O conjunto (m1 + m2) fi ca sob a ação do campo elétrico, após o fi o arrebentar.

4) Na direção y (onde existe o campo E , temos MUV:v = v0 + γ tSendo: v0 = v sen 30°

F = –q E ⇒ γ = – q E

(m1 + m2)Em P, vy = 0, e:

0 = 2m1

(m1 + m2) ·

12

– q E

(m1 + m2) t

t q E

(m1 + m2) =

m1

(m1 + m2)

t = m1

q E

5) Na direção x (MU), temos:d = vx td = v (cos θ) t

d = 2m1

(m1 + m2) EQ · 3

2 ·

m1

qE

d = m2

1 3(m1 + m2) EQ

86a) Entre as placas existe um campo elétrico. Assim, o movimento da

partícula é um movimento balístico.1) Na horizontal (MU): d = v Δt 5,0 · 10–2 = 1,0 · 103 Δt Δt = 50 · 10–5 s

2) Na vertical (MUV):

Δs = v0t + γ t2

2

2,5 · 10–2 = γ (5,0 · 10–5)2

2 5,0 · 10–2 = γ 25,0 · 10–10

γ = a = 2,0 · 107 m/s Portanto: Fe = F |q| E = ma 0,1 · 10–6 E = 10–6 · 2,0 · 107

E = 2,0 · 108 N/C

b) Fora das placas, a partícula fi ca isenta da ação de campos (elétrico e gravitacional). Assim, seu movimento é retilíneo e uniforme até o ponto P.Portanto, em y1 e em P, a velocidade tem a mesma intensidade.1) Na vertical (entre as placas) (MUV): v = v0 + γ t vy = 0 + 2,0 · 107 · 5,0 · 10–5

vy = 1,0 · 103 m/s

2) Na horizontal: vx = v0 = 1,0 · 103 m/s

3) Por Pitágoras: v2 = v2

x + v2y

v2 = (1,0 · 103)2 + (1,0 · 103)2

v2 = 1,0 · 106 + 1,0 · 106 = 2,0 · 106

v = 2,0 · 103 m/s

30°

v


87Fe = mg + QEFe = 0,1 · 10 + 3 · 10–5 · 1 · 105

Fe = 4N

b) R = TQ

T0 =

2π m �Fe

2π m �mg

R = mgFe

= 0,1 · 104

= 14

R = 12

c) No item b, vimos que:

R = TQ

T0 = 1

2

TQ = T0

2O novo período (TQ) passa a ser a metade de T0. Isso indica que o relógio “anda” o dobro, isto é, marca 2 minutos quando, na verda-de, passou 1 minuto.Assim, das 12 às 15 horas o relógio marca um tempo de 6 horas (o dobro do real).

t = 6 h (da tarde)

88 De acordo com o Teorema de Gauss:

φtotal = Qinterna

�

Como as duas superfícies A e B envolvem a mesma carga interna Q, te-mos:

φtotal(A) = φtotal(B)

Alternativa e.

89 Teorema de Gauss:

φtotal = Qinterna

�

Observando que o comprimento do fi o no interior das três superfícies é o mesmo: LA = LB = LC, então, temos cargas internas iguais no interior das três superfícies. Assim:

φtotal(A) = φtotal(B)

= φtotal(C)

Alternativa a.

90

A carga total na barra é negativa:

Qbar � 0

Do Teorema de Gauss, temos:Qi = φ total · εConsiderando superfícies gaussianas envolvendo a carga q e a barra, no-tamos que o fl uxo total (φ) é maior na gaussiana que envolve a carga q.

Assim: |Qbar| � |q|

Alternativa b.

91 Para 0 � r � R1E = 0

Para R1 � r � R2Qi varia de maneira uniforme com o aumento do raio r.

q

Barra

++

Pela confi guração das linhas de força na barra, temos:

Barra– –– – –

+ + +

E

rR1

E

rR1 R2

Para r � R2

Qi se mantém constante.

E A = Qi

�

E = Qi

4π r2 � ⇒ E =

Qi

4π � 1r2

A intensidade de E diminui na razão inversa do quadrado do raio r.

E

rR1 R2

Alternativa a.

Tópico 3

Potencial elétrico

• Objetivos do TópicoNeste Tópico, voltamos a exigir mais abstração

dos alunos. Devemos trabalhar com os conceitos de campo elétrico e potencial elétrico como sendo pro-priedades dos pontos de uma região do espaço que se encontra sob a infl uência de carga elétrica. O conceito


de potencial elétrico deve ser associado à existência de um campo elétrico no local considerado. Deve-se des-tacar que, enquanto o campo elétrico é uma grandeza vetorial, o potencial elétrico é uma grandeza escalar. Mostrar bem a diferença entre campo e potencial, evi-tando que os alunos confundam os dois conceitos.

A expressão do trabalho realizado pelo campo elé-trico deve ser demonstrada para que o aluno entenda o que ocorre quando o movimento de uma partícula eletrizada se dá em uma eqüipotencial.

O conceito de capacitância deve ser abordado de maneira breve, deixando-se mais tempo para a explora-ção das particularidades do equilíbrio eletrostático. Dar especial atenção aos exercícios em que aparecem os cam-pos elétrico e gravitacional, onde partículas com massa e carga elétrica fi cam sob a ação dos dois campos.

O último bloco oferece situações para a motivação dos alunos, não só durante a apresentação e explica-ção do fenômeno de indução eletrostática, como na construção e uso de um eletroscópio. O bom enten-dimento da indução eletrostática facilitará o estudo posterior de capacitores.

• O que não pode faltar 1. Energia potencial eletrostática e o conceito de

potencial em um campo elétrico 2. Potencial em um campo elétrico criado por uma

partícula eletrizada 3. Potencial em um campo elétrico criado por duas

ou mais partículas eletrizadas 4. Eqüipotenciais Exercícios 5. Trabalho da força elétrica 6. Propriedades do campo elétrico 7. Diferença de potencial entre dois pontos de um

campo elétrico uniforme Exercícios 8. Potencial elétrico criado por um condutor eletri-

zado 9. Potencial elétrico criado por um condutor esféri-

co eletrizado Exercícios10. Capacitância11. Capacitância de um condutor esférico12. Energia potencial eletrostática de um condutor13. Condutores em equilíbrio eletrostáticoExercícios14. Indução eletrostática15. O potencial da terraExercícios

• Algo maisO encerramento do estudo da Eletrostática pode

ser feito com a apresentação de trabalhos, elaborados por meio de pesquisas em livros, vídeos e internet e com a ajuda do professor. Os alunos podem apresentar pára-raios, geradores de Van de Graaff, eletroscópios e outros dispositivos eletrostáticos construídos por eles; experiências de eletrização, fazendo os cabelos longos de uma aluna fi car espetados; trabalhos sobre cargas elétricas na atmosfera terrestre. Podem, tam-bém, realizar uma exposição de fotos que envolvam fenômenos eletrostáticos. Agora é a hora de deixar a criatividade dos alunos se manifestar.

Uma breve biografi a de Alessandro Volta(O inventor da pilha elétrica)

Alessandro Giuseppe Antonio Anastásio Vol-ta nasceu na cidade de Como, Itália, em 18 de fe-vereiro de 1745, em uma família de nobres. Desde muito cedo se interessou pela Física e, apesar de sua família desejar que seguisse carreira jurídica, passou a estudar Ciên-

cias. Em 1773, casou-se com Teresa Peregrini, com quem teve três fi lhos. Em 1774, passou a lecionar Física na Scuola Reale de Como. Em 1775, inven-tou o eletróforo, aparelho que podia produzir car-gas elétricas. Em 1778, ele descobriu e isolou o gás metano, fato que o introduziu na comunidade cien-tífi ca da época, quando pôde se relacionar com ou-tros cientistas. Em 1779, foi nomeado catedrático de Física Experimental da Universidade de Pavia, sendo eleito reitor em 1785.

Em 1786, por mero acaso, o professor de Ana-tomia da Universidade de Bolonha, Luigi Galvani, observou que, ao dissecar uma rã, os músculos das pernas apresentavam movimentos espasmódicos que associou a descargas elétricas. Após estudos, Galvani explicou esse fenômeno pela existência de uma eletri-cidade animal, que foi denominada fl uido galvânico. A partir de 1792, Alessandro Volta passou a estudar e a repetir os experimentos de Galvani e, em 1797, des-cobriu que o tecido animal não produzia eletricidade, apenas funcionava como condutor. A descarga elétrica ocorria devido ao contato de dois terminais metálicos que eram colocados em contato com o tecido animal.

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Os metais eram os eletromotores. Percebeu, ainda, que, usando prata e zinco, interligados por um condu-tor úmido, podia obter melhores descargas.

Em 1799, multiplicou o efeito usando várias ca-madas de zinco e prata (depois substituídas por cobre) intercaladas e separadas por panos embebidos de água e sal. Nascia a pilha elétrica. Em março de 1800, Volta enviou uma carta (em francês) para Sir Joseph Banks, presidente da Royal London Society (Inglaterra), re-latando suas descobertas no campo da eletricidade, dizendo que havia inventado uma garrafa de Leyden que não precisava ser carregada.

provocando a passagem de íons de sódio para o inte-rior da célula. A grande quantidade de Na+ neutraliza os íons negativos e, em seguida, torna a superfície in-terna da célula positivamente carregada. A diferença de potencial entre as faces da membrana torna-se mo-mentaneamente positiva, por volta de +30 mV. As por-tas se fecham e a membrana volta ao seu potencial ini-cial (–70 mV). Essa variação de potencial, de –70 mV para +30 mV, ocorre em alguns milissegundos e o pul-so elétrico se propaga com velocidade de aproximada-mente 50 m/s até a próxima célula muscular.

2. A tensão elétrica no diagnóstico médico

A superfície do corpo humano não é uma super-fície eqüipotencial. Entre pontos diferentes podemos encontrar pequenas diferenças de potencial de 50 a 500 �V que proporcionam a realização dos eletros (eletrocardiografi a, eletroencefalografi a e outros). Na realização de suas funções biológicas, as células do corpo humano utilizam íons de sódio e de potássio (eletrizados positivamente) e íons de cloro (eletriza-dos negativamente) no fl uido intercelular. Tais partí-culas eletrizadas são responsáveis pelos campos elé-tricos que se estendem até a superfície e das pequenas diferenças de potencial citadas.

Para uma eletrocardiografi a, por exemplo, eletro-dos são posicionados em locais preestabelecidos da superfície do corpo para a medida de diferenças de potencial, que variam com o batimento cardíaco. Essa variação de potencial forma um padrão repetitivo em função do tempo, que, ao ser comparado com padrões de referência, permite saber se o coração em questão está funcionando de maneira normal ou anormal.

Na fi gura a seguir, encontramos um esquema que representa as conexões para a realização de um exame de eletrocardiograma.

Em 1801, recebeu a maior honraria do Instituto Nacional de Ciências da França, a Medalha de Ouro do Mérito Científi co. Ao demonstrar seu invento ao imperador Napoleão Bonaparte, recebeu apoio para continuar com seus experimentos e foi agraciado com o título de Conde e Senador do Reino da Lombardia.

Depois de passar toda a vida dedicado ao estudo da Eletricidade, Volta morreu em 5 de maio de 1827, com 82 anos de idade, em sua cidade natal. Em 1881, por meio de um acordo internacional, seu nome passou a designar a unidade de medida de tensão elétrica – volt (V).

Curiosidades – Aplicações biomédicas da tensão elétrica1. Como os impulsos elétricos são originados nas cé-

lulas musculares

As células do corpo humano transmitem informa-ções por meio de sinais elétricos. Devido à diferença de potencial existente, os nervos são os condutores dessas correntes elétricas. O tecido que envolve as cé-lulas é rico em íons de sódio Na+ e cloro Cl–, enquanto o tecido interno contém íons de potássio K+ e proteínas eletrizadas negativamente. O acúmulo dessas cargas ocorre nas proximidades da membrana celular, de for-ma que ela age como um capacitor, apresentando uma diferença de potencial de aproximadamente –70 mV. Ocorrendo um estímulo sufi cientemente forte em um ponto do neurônio, “portas” se abrem na membrana,

Pólopositivo

–

+

Pólonegativo

ZincoFeltroCobre

Sinal diferencial

Sinal de modo comum

Circuitocomum

Terra

Iso

laçã

o

–

+


• Subsídios ao Descubra mais1. As lâmpadas fl uorescentes são mais econômicas que

as de incandescência. Por quê? Como as lâmpadas fl u-orescentes emitem luz? É possível acender uma lâmpada fl uorescente sem ligá-la à rede elétrica?No interior do tubo de vidro de uma lâmpada fl uo-

rescente existe argônio e vapor de mercúrio sob baixas pressões (3 mm Hg), rarefeitos. Nas extremidades do tubo encontramos fi lamentos (espirais de tungstênio re-vestidos de um óxido emissor de elétrons) que funcio-nam como eletrodos que, ao serem aquecidos, emitem elétrons e iniciam a ionização das partículas gasosas. Num determinado instante, o reator anexo à lâmpada aplica uma tensão próxima de 450 V, que provoca a pas-sagem de corrente elétrica através do gás. Essa corrente é formada de elétrons e de íons (positivos e negativos). A colisão dessas partículas desloca elétrons que, ao re-tornarem aos seus orbitais de origem, emitem fótons (salto quântico). Grande parte desses fótons correspon-de à radiação ultravioleta, invisível para nossos olhos. Assim, o tubo de vidro é revestido internamente por um composto de fósforo (clorofl uorfosfato de cálcio com antimônio e manganês) que, ao receber radiação ultra-violeta, emite luz na região visível. Portanto, a cor da luz emitida pela lâmpada (branca ou amarela) é defi ni-da pela composição química da substância que reveste internamente o tubo de vidro.

Como a emissão dessa luz é feita sem aquecimento apreciável de partes da lâmpada, a energia elétrica uti-lizada é transformada, quase em sua totalidade, em luz emitida. Assim, o rendimento dessas lâmpadas chega a ser cinco vezes maior que o das incandescentes.

Aproximando-se uma lâmpada fl uorescente (des-ligada da tomada) de um gerador de Van de Graaff (funcionando), podemos observar que ela emite luz. Isso ocorre porque o campo elétrico criado pelo ge-rador provoca diferenças de potencial entre pontos do espaço que o envolve. Assim, o gás existente no in-terior da lâmpada é ionizado por esse campo elétrico e emite luz. Se existir um gerador de Van de Graaff no laboratório da escola, esse experimento poderá ser realizado, para grande admiração dos alunos.

2. Nas propagandas de jornais e revistas podemos encon-trar televisores de plasma e televisores de LCD. O que é plasma? Qual a diferença entre esses dois tipos de tele-visor?Aos três estados físicos da matéria (sólido, líquido

e gasoso) foi acrescentado um quarto estado, o plasma. A formação desse plasma é obtida pelo aquecimento de um gás, quando os átomos começam a perder elé-

trons que se tornam livres. A matéria, formada pelos íons mais esses elétrons livres, é chamada de plasma. É o que ocorre no interior das estrelas, como no nosso Sol. A maior parte da matéria encontrada no universo (99%) é composta de partículas ionizadas em forma de plasma. Como o plasma encontra-se em temperaturas extremamente altas (mais de 2 000 K), a agitação de seus átomos é tão grande que as colisões entre partícu-las é muito comum e a força nuclear forte não é sufi -ciente para manter o núcleo atômico estável.

Na Terra podemos observar manifestações naturais da matéria em seu quarto estado: na ionosfera temos a aurora boreal e a aurora austral. No interior de uma lâmpada fl uorescente ligada, emitindo luz, encontramos matéria em forma de plasma, o argônio e o mercúrio al-tamente aquecidos, emitindo ondas eletromagnéticas.

A tecnologia do plasma e do LCD (liquid crys-tal display) data da década de 60 do século XX. No entanto, o primeiro televisor utilizando esse conheci-mento data de 1997. A tela de plasma emite luz em cada ponto da tela, graças às “células” individuais de gás neon e xenônio, e a tela de LCD possui, atrás da tela, uma fonte de luz única (backlight) que conso-me mais energia que o próprio painel. Nos dois ca-sos, cada ponto da tela ou pixel (picture element) é composto de três subpixels: um vermelho, outro verde e um terceiro azul, chamados de componentes RGB (red, green and blue). Nos LCD, o cristal líquido con-trola a passagem de luz em cada subpixel. No plasma, cada subpixel é excitado de acordo com a imagem que deve ser formada na tela.

Monitor de LCD.

Monitor de plasma.Ju

pite

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imite

d/Ke

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Ann

Thom

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C

R

q

E(+)

E(+)

E(–)

–q q

E(+)

A

R

–q

qq

E(+)

E(–)


(1)

(3)

B

R

q

q q

120°

120°

120°

E

E

E

(2)

EB = 0

(Ver resolução do exercício 68 — Tópico 2)vB = v(+) + v(+) + v(+) = 3V(+)

vB ≠ 0

E(+)

E(–)

E(+)

E(–)

–q q

q –q

EA ≠ 0

vA = v(+) + v(+) + v(–) = v(+)

(v(+) = –v(–))

vA ≠ 0

E(+)

E(–)

E(–)

E(+)

–q q

q –q

Cálculo da intensidade do campo elétrico em P.Usando a Lei dos Cossenos:

E2(P) = E2

(1) + E2(2) + 2E(1) E(2) cos 120°

Como:

E1 = E2 = K |Q|

d2

E1 = E2 = 9 · 109 10–6

(0,3)2 (V/m)

E1 = E2 = 105 V/m

Então:

E2(P) = (105)2 + (105)2 – (105)2

E(p) = 105 V/m

Alternativa a.

38(01) Incorreta.

F = |q| E

F = ma

ma = |q|E ⇒ a = |q| E

m

Movimento acelerado.

(02) Correta.

(04) Incorreta.τAB = q(VA – VB)

Na eqüipotencial VA = VB

Assim:

τAB = 0

(08) Incorreta.

Desloca-se espontaneamente para pontos de potencial menor.

(16) Correta.Ep = qV

No ponto B, temos:

2,0 · 10–1 = 2,0 · 10–3 · VB

VB = 100 V

(32) Correta.ΔEp = EpA

– EpB = τAB

EpA – EpB

= q (VA – VB)

EpA – EpB

= q E d

EpA – 2,0 · 10–1 = 2,0 · 10–3 · 100 · 0,10

EpA – 2,0 · 10–1 = 0,2 · 10–1

EpA = 2,2 · 10–1 J

Resposta: 50

47a) Num CEU (campo elétrico uniforme), vale:

E d = UAssim:E 12,0 · 10–2 = 15 · 103

E = 1,25 · 105 v/m

EC ≠ 0

vC = v(+) + v(+) + v(–) = v(+)

vC ≠ 0

(4)

ED = 0

vD = v(+) + v(+) + v(–) + v(–) = 0

vD = 0

(5)

EE ≠ 0

vE = v(+) + v(+) + v(–) + v(–) = 0

vE = 0

a) (2) e (4)

b) (4) e (5)

17 Cálculo do potencial em P:v(P) = v(Q1) + v(Q2)

v(P) = K Q1

d + K

Q2

d = K

d (Q1 + Q2)

v(P) = 9 · 109

0,3 (1 · 10–6 – 1 · 10–6)

v(P) = 0

120°

60°

60°

Q1 Q2

60°d

d d

P

E(1)

E(2)

EP


b) Aplicando-se o TEC (Teorema da Energia Cinética), vem:τ = ΔECq U = Ecfi nal

– EcinicialMas:Ecinicial

= 0

Os elétrons partem do repouso.Assim:

Ecfi nal = q U

Ecfi nal = 1,6 · 10–19 · 15 · 103 (J)

Ecfi nal = 2,4 · 10–15 J

48 No equilíbrio das gotículas, temos:Fe = P

|q| E = mg

Mas, num CEU, vem:

Ed = U ⇒ E = Ud

Assim:

|q| Ud

= mg ⇒ |q| 6,0 · 102

1,6 · 10–2 = 1,2 · 10–12 · 10

|q| = 3,2 · 10–16 C

Sendo:|q| = n e

vem:3,2 · 10–16 = n 1,6 · 10–19

n = 2,0 · 103 elétrons

Alternativa a.

82a) C = Q

v

CA = QA

vA ⇒ CA = 12 · 10–6

300 ⇒ CA = 40 nF

CB = QB

vB ⇒ CB =

9,0 · 10–6

450 ⇒ CB = 20 nF

b) v = QA + QB

CA + CB +

12 · 10–6 + 9,0 · 10–6

40 · 10–9 + 20 · 10–9

v = 350 volts

c) Q = C v

Q’A = CA v ⇒ Q’A = 40 · 10–9 · 350

Q’A = 14 µC

Q’B = CB v ⇒ Q’B = 20 · 10–9 · 350

Q’B = 7,0 µC

102 Na esfera A:

V(A) + VA + VB ⇒ V(A) = K QA

RA + K

QB

RB

V(A) = 9,0 · 109 (+4,0 · 10–6)

0,30 +

(–4,0 · 10–6)0,80

V(A) = 7,5 · 104 V

b) Como a esfera B está ligada à terra, seu potencial é nulo.

V(B) = 0

c) O ponto P é interno à esfera B e externo à esfera A. Assim:

Vp = K QA

d + K

QB

RB

Vp = 9,0 · 109 (4,0 · 10–6)

0,50 +

(–4,0 · 10–6)0,80

Vp = 2,7 · 104 V

d) 7,5

0 0,30 0,80 1,0 d (m)

v (104 volts)

110a) Num CEU (corpo elétrico uniforme), vale:

E d = UAssim:2,4 · 104 · 0,10 = U

U = 2,4 · 103 V

b) Ao longo do tubo, o movimento da partícula é uniforme.Assim:Δs = v t3,5 = 0,7 tt = 5 sPortanto, as partículas retidas no coletor obedecem à condição:t � 5 sNa transversal, o movimento é uniformemente variado (devido ao campo elétrico uniforme).

Δs = v0t + γ t2

2 ⇒ d = at2

2As partículas que mais demoram a chegar a uma das placas é a mais afastada dela, quando d = 10 cm.Assim:

0,10 = a t2

2 ⇒ t = 0,20

a0,20

a � 5 ⇒ 0,20

a � 25

a 8,0 · 10–3 m/sAs partículas de maior massa se movem com a mínima aceleração.Assim:F = Fem a = |q| Emmáx = 80 · 10–3 = 1,6 · 10–18 · 24 · 104

mmáx = 4,8 · 10–12 kg

1121) A carga Q irá gerar potencial elétrico em A e em B:

v = K Qd

vA = 9 · 109 3,0 · 10–9

(3,0 · 10–3)vA = 9,0 · 103 V

vB = 9 · 109 3,0 · 10–9

(9,0 · 10–3)vB = 3,0 · 103 v

AQ

3,0 mm 6,0 mm

B


2) A variação de energia cinética é devida ao trabalho realizado pelo corpo elétrico.ΔEc = τ = q (vA – vB)ΔEc = e (9,0 · 103 – 3,0 · 103)Ecf

– Eci = e 6,0 · 103

Mas Eci = 0.

Então:Ecf

= 6,0 · 103 eV

Ecf = 6,0 keV

Alternativa b.

113a) Ao longo do diâmetro da célula, temos:

U = Δvm + Δvm = 2ΔvmMas, num CEU (campo elétrico uniforme), vale:E d = UAssim:E d = 2 ΔvmE 1 · 10–6 = 2 · 1

E = 2 · 106 v/m

b) Ao atravessar a célula, o ganho de energia de um elétron é dado por:ΔE = τ = q USendo: q = eU = 2 vtemos:

ΔE = 2 eV

119a) Ao tocar a tampa metálica, o bastão retira elétrons, tornando a tam-

pa, o fi o de cobre e a fi ta de alumínio eletrizados positivamente. As duas partes da fi ta de alumínio, estando eletrizados com cargas

de mesmo sinal (positivas), repelem-se, fi cando afastadas de um ângulo α1.

b) Quando o bastão, eletrizado positivamente, se aproxima da tampa metálica, provocará, por indução, o “afastamento” de cargas positi-vas para a fi ta de alumínio. Assim, a carga total na fi ta aumentará, o que provocará um afastamento mais intenso entre as partes dessa fi ta. Logo, o ângulo α2 formado será maior que o α1 anterior.

120(01) Correta. O campo elétrico entre as placas é praticamente uniforme.(02) Correta.(04) Correta. Fe = |q| E(08) Correta. A força resistiva é maior no íon maior.(16) Correta.

Como os íons param, a energia dissipada é igual ao trabalho rea-lizado pelo campo elétrico.

ΔEd = τ = q (Vinício – Vfi nal)Como entre as placas (d = 0,2 m) a tensão é 50 J/C, se o íon percorre d = 0,1 m, o potencial do ponto de chegada do íon é metade (E d = U).

Assim: U = (Vinício – Vfi nal) = 25 J/C Portanto: ΔEd = 8,0 · 10–19 · 25 (J)

Fe

Fe

P

–––––––––––

+++++++++++

T

30°

AB

dT

P

T sen α1

T cos α1α1

α1

ΔEd = 200 · 10–19 J

ΔEd = 2 · 10–17 J

Resposta: 31.

126 Densidade superfi cial de cargas:

σ = QA

⇒ 0,05 = Q4π R2

Q = 0,2π R2

Repulsão entre as cargas:

F = K |Q q|

d2

0,02π = 9 · 109 0,2π R2 1 · 10–6

32

1 = 104 R2 ⇒ R = 1 · 10–2 m.Na queda da esfera:Ep = m g h0,009 π = m 10 · 750m = 1,2 · 10–6 π kgPortanto, a massa específi ca da esfera é dada por:

ρ = mV

= m43

π R3

ρ = 3m4π R3 =

3 · 1,2 · 10–6 π4π (10–2)3

ρ = 0,9 kg/m3

128a) Usando a Teoria da Conservação da Quantidade de Movimento,

temos:Qf = Qi

2 M vA + M vB = 0 ⇒ 2 M vA = – M vB

vB = –2vA

O sinal negativo indica que vA e vB possuem sentidos opostos.Usando a Teoria da Conservação de Energia, temos:Einicial = Efi nal

K Q q

d =

2 M v2A

2 +

M v2B

2 ⇒ K

Q qd

= M v2A +

M (–2 vA)2

2

K Q q

d = M v2

A + M 4 v2

A

2 ⇒ K

Q qd

= 3 M v2A

vA = K Q q3 M d

e vB = 2K Q q3 M d

b) Einicial = Efi nal

K Q q

d =

M v2B

2

vB = 2K Q q3 M d

129 Ao ser abandonado dessa posição, que chamaremos de A, o pêndulo oscilará, existindo uma posição de equilíbrio, que chamare-mos de B.


T sen α1 = Fe = |q| E

T cos α1 = P = m g

T sen α1

T cos α1 =

|q| Em g

⇒ tg α1 = 2,0 · 10–9 · 1,5 · 106

3 3 · 10–4 · 10

tg α1 = 13

= 33

⇒ α1 = 30°

Atenção: em relação a B (posição de equilíbrio), o pêndulo atinge duas posições de distanciamento máximo, nos pontos A e C.

Portanto:α2 = 60° + 30°

α2 = 90°

b) Usando o Teorema de Energia Cinética (TEC) entre as posições A e B, temos:τtotal = ΔEcin

τpeso + τtração + τCE = ECfi nal – ECinicial

0 00

ECfi nal = Fe dAB = |q| E dAB

ECfi nal = 2,0 · 10–9 · 1,5 · 106 · 0,40

ECfi nal = 1,2 · 10–3 J

130a) Sabemos que:

ρ = mV

Vesfera = 43

πR3

Assim:m = ρ Ve = ρ 4

3 πR3

Do texto, sabemos que o raio da maior gotícula vale 0,5 µm.Portanto:

m = 9,0 · 102 · 43

· 3 (0,5 · 10–6)3

m = 4,5 · 10–16 kg

b) Na direção perpendicular ao campo elétrico, o movimento da gotí-cula é uniforme.

V = ΔsΔt

Δt = ΔsV

= 0,30,6

(s)

Δt = 0,5 s

c) Na direção do campo elétrico, o movimento da gotícula é unifor-memente variado (MUV).Assim:

F = |q| E

m a = |q| E

a = |q| E

mMas:

E d = U ⇒ E = Ud

Então:

a = |q| Um d

= 8 ·10–19 · 504,5 · 10–16 · 1 · 10–2 (m/s2)

a = 4,04,5

m/s2 = 809

m/s2

Supondo que a gotícula esteja a uma distância d2

de uma das pla-cas (no meio do tubo), temos:

Δs = v0t + γ t2

2d2

= at2

2

1 · 10–2 = 809

t2

t � 0,034 s

Observe que esse valor é bem menor que o 0,5 s calculado no item b (tempo que a gotícula leva para atravessar o tubo). Assim, conclu-ímos que as gotículas são retiradas nas placas do coletor.

131 a) Lei de Coulomb:

F = K |Q1 Q2|

r2

F = 9 · 109 1,5 · 10–9 · 1,5 · 10–9

(2 · 0,05)2 (N)

F = 2,025 · 10–6 N

F � 2,0 · 10–6 N

b) Usando-se:F = |Q| E0

2,025 · 10–6 = 1,5 · 10–9 E0

E0 = 1,35 · 103 v/m

c)

60°C

B A

30° 30°

D

O

+Q

DA

–Q

E– E+

EA

d) Para o cálculo do campo individual de cada carga, usamos:

|E+| = |E–| = K |Q|

r2

Na fi gura, observamos que:

r = D 2

Assim, temos:

|E+| = |E–| = 9 · 109 1,5 · 10–9

2(0,05)2

|E+| = |E–| = 2,7 · 103 V/m

Aplicando-se Pitágoras, vem:

E2A = E2

+ + E2– = 2 E2

E2A = 2 (2,7 · 103)2

EA = 2,7 2 · 103 V/m

EA � 3,8 · 103 V/m


são e de outros que devem se fundir quando a corrente ultrapassar um determinado valor.

No fi nal da teoria do Tópico, estudamos a Segun-da Lei de Ohm. A análise do exercício resolvido 42 é fundamental para o aluno entender por que é des-prezada a resistência elétrica dos fi os de ligação nas instalações elétricas em geral e, no Tópico seguinte, entender o curto-circuito.

Verifi cações qualitativas da Segunda Lei de Ohm podem ser feitas facilmente usando pilhas, uma lâm-pada adequada, fi os de nicromo de diferentes bitolas e um fi o de cobre que tenha a mesma bitola e o mesmo comprimento de um dos fi os de nicromo, além de fi os de cobre para ligações.

• O que não pode faltar 2. Corrente elétrica 3. A causa da corrente elétrica 4. Gerador elétrico 5. Intensidade de corrente elétrica e seu sentido

convencional Corrente contínua constante 9. Continuidade da corrente elétrica Exercícios 10. Efeito Joule 11. Potência elétrica 12. O quilowatt-hora (kWh) 13. Valores nominais 14. FusíveisExercícios 15. Primeira Lei de Ohm 16. Condutor ideal 17. Interruptores 18. ResistoresExercícios 19. Segunda Lei de Ohm 20. Infl uência da temperatura na resistividade (sem

fórmulas)Exercícios

• Algo maisVamos investigar teoricamente as duas leis de

Ohm.

Corrente elétrica e resistores

• Objetivos do TópicoNeste Tópico, inicialmente, defi nimos corrente

elétrica e sua intensidade, e analisamos a causa da cor-rente, que é a diferença de potencial elétrico. Deve-se dar ênfase ao sentido convencional da corrente.

É interessante mostrar aos estudantes a condução elétrica através de uma solução eletrolítica (por exem-plo, de cloreto de sódio em água).

As correntes são classifi cadas quanto à forma do grá-fi co i � t e, num boxe, mostramos o que signifi ca dizer que a freqüência da rede elétrica no Brasil é de 60 Hz.

É importante destacar a continuidade da corrente elétrica.

Em seguida, estudamos o efeito Joule e a potência elétrica. Na primeira leitura deste Tópico, esclarece-remos o que signifi cam os 220 V ou os 110 V numa tomada de energia elétrica.

São destacados:• a unidade de energia kWh;• os valores nominais especifi cados em aparelhos elé-

tricos;• a aplicação do efeito Joule em fusíveis de proteção;• a vantagem da substituição de fusíveis por disjuntores

nas instalações elétricas residenciais e industriais.Na Primeira Lei de Ohm, introduzimos o concei-

to de resistência elétrica e, na segunda Leitura deste Tópico, fazemos considerações a respeito dos efeitos fi siológicos da corrente elétrica.

Ao abordarmos o assunto interruptores apresen-tamos a terceira Leitura, que mostra com detalhes téc-nicos a instalação de uma lâmpada, nos casos em que ela pode ser ligada ou desligada:• de um único local;• de dois locais;• de vários locais.

Na seqüência, estudamos os resistores e as expres-sões da potência neles dissipada. É interessante ilustrar a aula mostrando aos alunos diversos tipos de resistor.

Na última Leitura deste Tópico, tratamos de resis-tores projetados para não atingir a temperatura de fu-

Tópico 1

Parte II - ELETRODINÂMICA


Considere um fi o metálico de seção transversal uniforme, no qual foi estabelecida uma corrente con-tínua de intensidade i, constante, por meio da aplica-ção de uma ddp U.

Seja τ o intervalo de tempo médio entre duas co-lisões de um elétron livre com os cátions da rede cris-talina do metal.

AFe

E

m

iU

–

–+

�

Na última expressão, podemos reconhecer a pri-meira e a segunda leis de Ohm.

É interessante analisar as grandezas que influem

na resistividade ρ = 2mN e2 τ

.

• Subsídios ao Descubra mais1. Descreva algumas causas da queima de uma lâmpada

de incandescência.Uma lâmpada incandescente comum deve funcio-

nar por várias centenas de horas, podendo durar até 1 000 horas, aproximadamente. Portanto, sua vida útil é limitada, ou seja, mais cedo ou mais tarde ela vai queimar. Algumas das causas do porquê da queima são descritas a seguir.A) A lâmpada deve operar – pelo menos, aproxima-

damente –, conforme as especifi cações de seu fa-bricante. Obviamente, se uma lâmpada, fabricada para operar em 110 V, for ligada em 220 V, ela queimará em pouco tempo.

Mesmo ligada conforme as especifi cações, sua vida útil será reduzida se houver variações excessivas da tensão da rede elétrica (problemas da rede).

B) Ao longo do tempo de uso, o fi lamento da lâmpa-da vai se sublimando e, com isso, se deteriorando, tornando-se cada vez mais fi no e mais quebradiço, o que acarreta os seguintes problemas:a) O fi lamento “velho” torna-se mais suscetível a

vibrações, podendo romper-se mais facilmente.b) Quando a lâmpada está desligada, seu fi lamen-

to está frio e, por isso, sua resistência elétrica é bem menor do que quando está ligada. As-sim, no momento em que se fecha o interruptor, ocorre um pico de corrente que pode acarretar uma dissipação excessiva de energia elétrica em alguma região mais deteriorada (mais fi na) do fi lamento, causando a queima da lâmpada.

C) A alternância entre aquecimentos excessivos (cau-sados, por exemplo, por falta de ventilação) e res-friamentos pode provocar, em virtude da dilatação térmica, o surgimento de uma fi ssura em algum local da estrutura da lâmpada, por onde entra ar do ambiente (obviamente contendo oxigênio), cau-sando a combustão do fi lamento.

Isso também acontece em virtude de defeitos de fabricação (lâmpada “furada”).

2. Os semicondutores dopados são largamente utilizados na microeletrônica.a) O que são semicondutores? Dê exemplos de alguns

materiais semicondutores.

Sendo m a massa do elétron, E a intensidade do vetor campo elétrico no interior do fi o, a o módulo da aceleração do elétron entre duas colisões, Δv o módu-lo da variação de sua velocidade no intervalo de tem-po τ e e a carga elementar, temos:

Fe = ma ⇒ eE = m Δvτ

⇒ Δv = eE τm

Em média, imediatamente após uma dessas coli-sões, os elétrons não possuem componente de veloci-dade na direção do campo elétrico. Por isso podemos fazer Δv = v – 0, em que v é o módulo da velocidade do elétron após o intervalo de tempo τ, ou seja, ime-diatamente antes da próxima colisão.

Então, o módulo da velocidade média de deslo-camento do elétron (vd), durante o tempo τ, em mo-vimento uniformemente variado – pois o campo elé-trico em seu interior é uniforme –, é dado por:

vd = v + 02

= v 2 ⇒ vd = eE τ

2m

Sendo N o número de elétrons livres por unidade de volume do metal, A a área da seção transversal do fio e usando o resultado do exercício 66, temos:

i = N A vd e = N A eE τ2m e

i = N A e2 E τ2m

Como E� = U, em que � é o comprimento do fio e U, o módulo da ddp entre suas extremidades, vem:

E = U �

⇒ i = N A e2 U τ 2m�

⇒ U = 2m�N A e2 τ

i

U = 2mN e2 τ

· � A

i

R

ρ


–1,5

–3,4

–13,6

Energia (eV)

A resistividade de certos elementos, como o silí-cio (Si) e o germânio (Ge) e também de alguns com-postos cristalinos, situa-se numa faixa entre as bai-xas resistividades dos metais e as altas resistividades dos isolantes. Por isso, corpos constituídos desses materiais são denominados semicondutores.

Exemplo comparativo:Cobre puro a 20 °C: � = 1,7 · 10–8 Ω m (condu-

tor)Vidro a 20 °C: � � 1010 a 1014 Ω m (isolante)Silício puro a 20 °C: � � 3 · 103 Ω m (semicon-

dutor)Em baixas temperaturas, o cristal semicondutor

puro praticamente não possui cargas livres, compor-tando-se então como um isolante. Uma elevação de temperatura, porém, provoca a “quebra” de ligações covalentes entre seus átomos, acarretando a liberação de elétrons. Assim, a resistividade diminui e a condu-ção elétrica através do cristal se torna possível. Obser-vemos, então, que a resistividade dos semicondutores diminui quando a temperatura aumenta.

A signifi cativa infl uência da temperatura na resis-tividade de um semicondutor possibilitou seu uso na fabricação de um termômetro denominado termistor.

b) O que são semicondutores dopados? Do ponto de vista da contutibilidade elétrica, o que os diferencia dos semicondutores intrínsecos (puros)?

São semicondutores em que foram implantados áto-mos diferentes (impurezas) – átomos de arsênio, gálio, alumínio, fósforo ou de outros elementos químicos.

A essa implantação de impurezas no cristal semi-condutor se dá o nome de dopagem do semicondutor.

A dopagem é um mecanismo de aumento consi-derável e controlado da condutividade elétrica do se-micondutor.

c) O que é um diodo semicondutor? Escreva sobre al-gumas de suas aplicações.

O diodo semicondutor é um componente eletrôni-co dotado de dois terminais, entre os quais existe um material semicondutor convenientemente dopado e encapsulado (silício, germânio ou outros), cuja carac-terística é ser um bom condutor de corrente elétrica em um sentido e, praticamente, impedir a passagem de corrente em sentido contrário (ver “Estágio de um circuito retifi cador” no Apêndice do Tópico 4 de Ele-tromagnetismo).

Dentre suas aplicações, podemos citar sua pre-sença em circuitos que transformam tensão alternada em tensão contínua, em circuitos de deteção de ondas eletromagnéticas (como em um rádio, por exemplo),

na emissão de luz com grande rendimento propiciada pelo diodo LED (Light Emitting Diode) – uma “lam-padinha” de grande vida útil e altamente resistente a vibrações – e na célula fotovoltaica (célula solar), em que se obtém uma força eletromotriz a partir da ener-gia luminosa.

d) O que é um transistor de potência? Qual é a sua fun-ção num circuito como o de um aparelho de som, por exemplo?

O transistor de potência é um componente ele-trônico dotado de três terminais denominados base, emissor e coletor.

Um pequeno sinal (pequena diferença de poten-cial) aplicado entre o emissor e a base, por exemplo, é amplifi cado, obtendo-se um sinal bem mais intenso entre o coletor e a base.

Em um transistor também existe um material se-micondutor convenientemente dopado e encapsulado (geralmente silício).

3. Pesquise sobre a teoria das bandas de valência e de con-dução. Veja como é feita, com base nessa teoria, a distin-ção entre condutores, isolantes e semicondutores.Em virtude da grande complexidade desse assun-

to, ele será abordado de modo extremamente superfi -cial.

No Tópico 1 de Física Moderna, neste volume, vê-se que os elétrons de um átomo solitário só podem estar em determinados níveis de energia (os chamados níveis permitidos), bem “separados” uns dos outros.

A fi gura a seguir representa esquematicamente os três níveis de menor energia de um átomo solitário de hidrogênio, na unidade elétron-volt (eV). Quando esse átomo se encontra no estado estável, seu nível de energia é o mais baixo, ou seja, –13,6 eV.

Entretanto, quando muitos átomos estão unidos, formando um cristal, seus níveis de energia se tornam tão numerosos que passam a formar grupos quase contínuos de níveis permitidos, denominados bandas permitidas.


VaziaBanda de condução (parcialmente cheia)

Banda totalmente cheia

Banda proibidaΔE

EF

Energia

Ocupada

O surgimento dessas bandas deve-se ao fato de os elétrons de cada átomo passarem a sofrer influências dos núcleos de átomos vizinhos e dos elétrons que ro-deiam esses núcleos.

É fundamental destacar o Princípio de Exclusão de Pauli, formulado em 1925 pelo físico suíço Wolf-gang Pauli (1900-1958).

De acordo com esse princípio, em um átomo não pode haver mais de um elétron com o mesmo conjunto de números quânticos. Por isso, em um mesmo nível de energia pode haver no máximo dois elétrons, que devem diferir quanto ao spin (momento angular intrínseco).

A figura a seguir representa esquematicamente uma banda permitida e uma pequena região dela bas-tante ampliada.

Em um mesmo cristal, entre as bandas permitidas há faixas de níveis de energia proibidos, denomina-das bandas proibidas, que correspondem a níveis de energia que os elétrons não podem ter.

Dependendo do material, as bandas proibidas po-dem ser mais “largas” ou mais “estreitas” (às vezes, uma banda pode se sobrepor a outra).

As bandas internas já estão totalmente ocupadas (cheias) por elétrons, sem jamais violar, em cada nível de energia, o princípio de exclusão.

A banda mais externa, ocupada pelos elétrons de valência, pode não estar totalmente cheia, recebendo, nesse caso, o nome de banda de condução.

Em um cristal hipotético de hidrogênio, cada nível de energia permitido para um átomo solitário se des-dobraria em uma banda permitida:

Banda

Energia

Entretanto, se essa banda mais externa estiver to-talmente cheia, receberá o nome de banda de valên-cia, e a banda vazia imediatamente acima dela será uma banda de condução.• Nos metais, que são condutores, existem bandas

internas totalmente cheias (no lítio, apenas uma), em que está a maioria dos elétrons dos átomos, e uma banda mais externa parcialmente cheia, que é a banda de condução, onde se situam os chamados elétrons livres (na realidade, quase livres).

Chama-se energia de Fermi (EF) o máximo nível de energia já ocupado por elétrons na banda de condu-ção de um metal que estivesse a 0 K (zero absoluto).

–1,5

Energia (EV)

Banda permitida

Banda proibida

Banda proibida

Banda permitida

Banda permitida

–3,4

–13,6

Metal a 0 K.

Alguns elétrons com energia da ordem de EF , em temperaturas superiores a 0 K, absorvem energia tér-mica que, mesmo sendo muito pequena, é suficiente para levá-los a níveis de energia um pouco acima de EF e desocupados (excitação térmica).

Se esses elétrons, já excitados termicamente, fo-rem submetidos a um campo elétrico E, irão para ní-veis mais altos de energia desocupados, adquirindo energia cinética, além de uma quantidade de movi-mento em sentido oposto ao de E. Assim, será gerada uma corrente elétrica no metal.

É importante destacar que isso acontece mesmo com campos elétricos muito pouco intensos, já que a diferen-ça de energia entre níveis vizinhos é muito pequena.Notas: • Como o desnível de energia ΔE, indicado na fi gura anterior,

é grande, a população da banda de condução praticamente não depende da temperatura nem da intensidade dos cam-pos elétricos a que um metal normalmente é submetido.

• A rigor, os elétrons que constituem uma corrente elétrica precisam ser tratados como ondas propagando-se na rede cristalina. São as ondas de de Broglie, abordadas neste volume, no Tópico 3 da Física Moderna.

• A energia de Fermi varia de um metal para outro.

A diferença entre as energias de níveis vizinhos em uma banda é muito pequena.


Até aqui, foi considerado o cristal semicondutor puro.

Vamos pensar, agora, em um semicondutor dopa-do: germânio (Ge) com uma pequena quantidade de arsênio (As), por exemplo.

No cristal de germânio puro, cada átomo, com quatro elétrons de valência, está ligado a outros quatro átomos por meio de ligações covalentes:

GeGe GeGe

GeGeGeGe

Ge Ge

GeGe

GeGeGe

No processo de dopagem, um átomo de arsênio, que possui cinco elétrons de valência, substitui um átomo de germânio. Desses cinco elétrons, quatro são usados para refazer as ligações com os átomos de ger-mânio vizinhos e, portanto, um dos elétrons do átomo de arsênio fica sobrando.

Esse elétron não pode ir para a banda de valência porque ela está cheia, mas pode saltar facilmente para a banda de condução, mesmo a temperaturas menores que a necessária para isso ocorrer no cristal puro. A temperaturas ambientes comuns, todos esses elétrons excedentes vão para a banda de condução:

GeGe GeGe

GeGeGeGe

Ge Ge

GeGe

AsAsAsElétron excedente

• Nos isolantes, a banda de condução está vazia e a banda inferior (banda de valência) está completa-mente cheia:

O desnível ΔE indicado na figura é grande o su-ficiente para impedir saltos quânticos da banda de valência para a banda de condução, a não ser que o material seja submetido a campos elétricos muito in-tensos ou a radiações de fótons muito energéticos.• Nos semicondutores, em temperaturas próximas do

zero absoluto e não-submetidos a campos elétricos externos, a banda de valência está totalmente cheia e a banda de condução vazia e, portanto, com mui-tos níveis permitidos disponíveis.

Nesses materiais, entretanto, o desnível de energia ΔE é inferior a 2 eV, bem menor que nos isolantes.

No germânio e no silício, por exemplo, os va-lores de ΔE são respectivamente iguais a 0,67 eV e 1,14 eV, enquanto no diamante é aproximadamente igual a 6 eV.

Banda de condução (vazia)

Banda de valência (totalmente cheia)

ΔE

Energia

Banda proibida

Banda proibida

Elétrons

Banda de condução vazia

Banda de condução parcialmenteocupada

Banda de valência parcialmentedesocupada

Banda de valência cheia

ΔE

Energia

Banda proibida

Energia

ΔE

Semicondutor a 0 K. Semicondutor à temperatura ambiente.

Conseqüentemente, a resistividade de um semi-condutor pode ser reduzida significativamente por aquecimento, por incidência de radiações ou por in-fluência de um campo elétrico, pois não é difícil elé-trons da banda de valência adquirirem energia sufi-ciente para passarem à banda de condução.

4. O que é o fenômeno da supercondutividade? Quan-do ele foi descoberto? Por quem? Os supercondutores sempre são metálicos?O fenômeno da supercondutividade é a anu-

lação da resistividade de determinados materiais quando levados a temperaturas sufi cientemente bai-xas. Nessa situação, os materiais são denominados supercondutores.


Esse fenômeno foi descoberto em 1911 pelo físi-co holandês Heike Kammerlingh Onnes (1853-1926), que recebeu o Prêmio Nobel de Física em 1913.

Por meio de experimentos, ele concluiu que a re-sistividade do metal mercúrio (Hg) se anulava quan-do a temperatura caía a 4,2 K aproximadamente. Abaixo dessa temperatura, denominada temperatu-ra crítica (Tc), a resistividade do mercúrio perma-nece nula:

0 4,2 T (K)

ρHg

Uma vez produzida uma corrente elétrica em um supercondutor, ela persiste inalterada durante anos, sem precisar de uma fonte de tensão para mantê-la.

A supercondutividade também foi constatada em alguns outros metais, mas sua explicação só se deu em 1957, quando os físicos norte-americanos John Bar-deen, Leon N. Cooper e John Robert Schrieffer, usan-do Física Quântica, propuseram uma complexa teoria, que ficou conhecida por Teoria BCS. Pela explicação apresentada, esses físicos receberam o Prêmio Nobel de Física em 1972.

Até 1986, só eram conhecidas substâncias com temperaturas críticas baixas demais, o que não per-mitia vislumbrar a viabilidade de aplicações tecnoló-gicas delas. A temperatura crítica máxima conseguida até então era a de um composto contendo nióbio e germânio (Nb3 Ge), valendo aproximadamente 23 K.

Nesse ano, o físico suíço Karl Alex Müller e o fí-sico alemão Johannes Georg Bednorz publicaram um artigo anunciando resultados melhores, obtidos com um óxido de bário, lantânio e cobre, para o qual o va-lor de Tc era aproximadamente igual a 30 K.

Müller e Bednorz receberam o Prêmio Nobel de Física em 1987 por essa descoberta, mas não pela explicação da supercondutividade nesse novo tipo de supercondutor (não-metálico) que, até hoje, não está devidamente esclarecida.

A partir daí, começou a corrida em busca de ou-tros óxidos metálicos – genericamente denominados cerâmicas – com valores mais elevados de Tc, tentan-do-se conseguir valores cada vez mais próximos da temperatura ambiente.

Já foram sintetizadas cerâmicas supercondutoras com temperaturas críticas acima de 130 K e as pesqui-sas nessa área continuam.

Nota: • Hoje, as cerâmicas supercondutoras são facilmente sinte-

tizadas. À temperatura ambiente, entretanto, elas são maus condu-

tores elétricos. Para que operem como supercondutoras, precisam estar em temperaturas sufi cientemente baixas.

O nitrogênio se liquefaz a 77 K (à pressão de 1 atm) e é o gás mais abundante em nossa atmosfera. Além disso, sua liquefação é bastante viável em todos os aspectos.

Assim, fi ca evidente a importância da obtenção de cerâ-micas com temperaturas críticas acima de 77 K, já que exibem a supercondutividade quando refrigeradas por nitrogênio líquido.

Supercondutores com aplicações promissoras

Foram confirmadas as propriedades supercondu-toras de um composto comum com potencial promis-sor para aplicações nas áreas de eletrônica e comu-nicações. Essas propriedades foram descobertas, em janeiro, no boreto de magnésio (MgB2) por uma equi-pe japonesa. A confirmação veio em uma análise feita por pesquisadores das universidades de Wisconsin e Princeton, nos Estados Unidos, relatada em 8 de mar-ço na revista Nature.

Supercondutores são materiais que não oferecem resistência à passagem de corrente elétrica. Compostos que observam essa propriedade podem ser usados, por exemplo, na criação de campos magnéticos intensos e no desenvolvimento de novos computadores, diversos dispositivos eletrônicos ou ainda linhas de transporte de energia que minimizem as perdas durante o trajeto.

A supercondutividade só se verifica abaixo de uma determinada temperatura para cada tipo de mate-rial, chamada temperatura crítica. Quanto maior for ela para um composto, maior será seu potencial para aplicações práticas. A temperatura crítica do boreto de magnésio é de 39 K (–234 °C), a mais alta já obtida para um supercondutor intermetálico. Existem hoje cerâmi-cas supercondutoras com temperatura crítica de 132 K (–141 °C). No entanto, a corrente elétrica passa mais facilmente em compostos intermetálicos como o MgB2 que em cerâmicas. Uma vantagem desse material em relação a supercondutores anteriormente descobertos é a abundância de seus componentes na natureza. “Boro e magnésio são elementos facilmente encontráveis, leves e baratos”, explicou à CH on-line o físico Hans Micklitz, da Universidade de Colônia (Alemanha). Micklitz, que está no Rio de Janeiro como pesquisa-dor visitante no Centro Brasileiro de Pesquisas Físicas (CBPF), considera a descoberta “muito interessante do ponto de vista técnico e de suas aplicações práticas”.


Anel

S

Então:

i = QT

= 2π r λ2πω

⇒ i = ω r λ

12 Lembrando que, em cada nó, a soma das intensidades das cor-rentes que chegam é igual à soma das intensidades das que saem, temos:

Resposta: 19 A

38 De 0 a 10 s, temos:E = Pot Δt = R i2 Δt = 103 (10–2)2 10E = 1 JDe 0 a 50 s, temos:E = 5 J

39 Sendo R a resistência elétrica da linha e i a intensidade da cor-rente que passa por ela, a potência dissipada na linha é dada por:Pot = R i2

• A 300 K, R = 0,004 Ω e i = 1 000 A ⇒ Pot = 4 000 W• A 100 K, R = 0,001 Ω e Pot = 4 000 W (mesma “perda”): 4 000 = 0,001 i2 ⇒ i = 2 000 A

40 A partir da leitura dos gráfi cos, temos:a) U = 1,2 V ⇒ i = 10 · 10–3 A

Pot = U i ⇒ Pot = 12 · 10–3 W = 12 mW

b) i = 10 · 10–3 A ⇒ Potlum = 0,6 · 10–3 W = 0,6 mW

Efi ciência = Potlum

Pot =

0,612

= 0,05 ⇒ Efi ciência = 5%

c) U = 1,5 V ⇒ i = 50 · 10–3 APot = U i ⇒ Pot = 75 mWPotlum = 1,8 mW

Efi ciência = 1,875

= 0,024 ⇒ Efi ciência = 2,4%

No artigo da Nature, os cientistas descrevem os testes que fizeram para avaliar as propriedades do bo-reto de magnésio. Para verificar a supercondutivida-de de um composto, os pesquisadores normalmente submetem-no a fortes campos magnéticos e medem fatores como a densidade de corrente crítica que ele é capaz de suportar. Eles verificam também o que ocor-re quando os átomos do composto são substituídos por diferentes isótopos (no caso, de boro e magné-sio) ou até de átomos de diferentes elementos. Um dos autores do artigo, Robert Cava, da Universidade de Princeton, espera que o boreto de magnésio reali-ze uma das promessas não cumpridas por cerâmicas supercondutoras anteriormente descobertas: a produ-ção comercial de fios elétricos que suportem intensas correntes para aplicações cotidianas. No entanto, ele ressalta que isso pode levar anos.

(ESTEVES, Bernardo. Ciência Hoje, Rio de Ja-neiro, 22 de mar. 2001.)

5. O elétron foi descoberto antes ou depois de toda a for-mulação da Eletrodinâmica clássica?O elétron foi descoberto em 1897 pelo físico inglês

Joseph John Thomson (1856-1940), Prêmio Nobel de Física em 1906.

Em 1897, a Eletrodinâmica e o Eletromagnetismo clássicos já estavam totalmente formulados e, com su-cesso, colocados em prática.

Em um resistor, por exemplo, o sentido aceito para a corrente elétrica era do terminal de potencial mais alto (“positivo”) para o de potencial mais baixo (“negativo”).

Após a descoberta do elétron, esse sentido foi mantido. Seria inconveniente modificar tudo o que já estava estabelecido e funcionando muito bem. De fato, com exceção do efeito Hall (ver Tópico 1 de Eletro-magnetismo), cargas negativas deslocando-se em um determinado sentido produzem o mesmo efeito que produziriam se fossem cargas positivas deslocando-se em sentido oposto.


10 Inicialmente, determinamos a carga total Q do anel:

λ = Q2π r

⇒ Q = 2πr λ

Em uma volta completa do anel, decorre um intervalo de tempo igual ao seu período de rotação T, e uma quantidade de carga Q passa por uma superfície fi xa e imaginária S, seccionando transversalmente o anel.

ω = 2πT

T = 2πω

19 AX

4 A

4 A

8 A

10 A5 A

1 A

15 A19 A

11 A


53a) Pot = E

Δt =

1,7 · 103 · 4,210

⇒ Pot = 7,1 · 102 W

Pot = U2

R ⇒ R = U2

Pot = 1202

7,1 · 102

R = 20 Ω

R = ρ �A

⇒ ρ = R A�

= 20 (5,0 · 10–3)2

5,0 · 10–2

ρ = 1,0 · 10–2 Ωm

b) Q = m c Δθ = 1 000 · 1 · 17

Q = 17 000 cal = 7,1 · 104 J

Pot = EΔt

⇒ Δt = EPot

= 7,1 · 104

7,1 · 102

Δt = 1,0 · 102 s

54 PQ

R

yx

S

Como a resistência é proporcional ao comprimento, podemos escrever:

RPQ

RRS = 2x

2y ⇒

20,080,0

= xy

⇒ y = 4,00x

y + x = 5,00 km ⇒ 5,00x = 5,00

x = 1,00 km

Alternativa c.

55 � = 1 km = 1 000 m ⇒ R = 0,34 Ω

R = ρ �A

⇒ A = ρ �R

= 1,7 · 10–8 · 1 000

0,34

A = 5 · 10–5 m2

A

1 m

⇒ Volume = 5 · 10–5 m3

densidade = massavolume

⇒ 9 000 = massa5 · 10–5

massa = 4,5 · 10–1 kg = 450 g

Alternativa b.

58 a) E d = U ⇒ 5,00 · 106 · 500 = U

U = 2,5 · 109 V

b) Potm = Energia

Δt =

5,00 · 1011

0,10

Potm = 5,00 · 1012 W

Potm = U im ⇒ 5,00 · 1012 = 2,5 · 109 imim = 2,0 · 103 A

c) im = |Q|Δt

⇒ |Q| = im Δt = 2,0 · 103 · 0,10

|Q| = 2,0 · 102 C

59 m = 10,0 g = 10,0 · 10–3 kgLf = 2,5 · 104 J/kgQ = m Lf = 10,0 · 10–3 · 2,5 · 104

Q = 2,5 · 102 J

Pot = U i = 5,0 · 20 ⇒ Pot = 100 W

Pot = EΔt

= QΔt

⇒ 100 = 2,5 · 102

Δt

Δt = 2,5 sAlternativa c.

60 Calculando a energia dissipada (E) na lâmpada, em 5 minutos (300 s), temos:E = Pot Δt = 60 · 300 ⇒ E = 18 000 JCalculando, agora, a energia absorvida (Q) pelo calorímetro e pela água, em 5 minutos, temos:Qágua = mágua cágua Δθ = 400 · 4,2 · 8Qágua = 13 440 JQcalorímetro = Ccal Δθ = 420 · 8Qcalorímetro = 3 360 J

Portanto:Q = Qágua + Qcalorímetro = 16 800 J

A energia irradiada para o ambiente (Ei) é dada por:Ei = E – Q = 18 000 – 16 800 ⇒ Ei = 1 200 J

61 Pot = U i ⇒ 20 000 = 200i ⇒ i = 100 AU’ = R i ⇒ U’ = 0,50 · 100 ⇒ U’ = 50 V

62 Em virtude da indução eletrostática, temos:

–q +q+

+++

++

––

––

––

Objeto metálico+0,02 C

• O objeto metálico se eletriza com uma carga –q’ recebida da Terra:

–q’

Fio

i

–

8 Ω

–

–

–––––––––

+0,02 C

Essa carga –q’ passou pelo fi o no intervalo de tempo Δt = 0,1 · 10–3 s.E = Pot Δt ⇒ E = R i2 Δt2 = 8 i2 0,1 · 10–3 ⇒ i = 50 A

i = q’Δt

⇒ 50 = q’

10–4 ⇒ –q’ = –0,005 C

Alternativa c.

63a) O campo elétrico no interior desse fi o é uniforme:

E AB = UAB ⇒ E 0,30 = 6 ⇒ E = 20 V/m

b) E CD = UCD ⇒ 20 · 0,12 = UCD

UCD = 2,4 V

Porém νD é menor que νC e, portanto:νD – νC = –2,4 V


e = 50 Å = 50 · 10–10 m

�

�

––A

A

Condutor�

Após Δtq, n elétrons

q, n elétrons

Condutor

–––– ––

–– –––– ––

�

Após a análise dos reostatos, mostramos, num boxe, como se dá o controle de velocidade de alguns carrinhos elétricos de brinquedo.

No estudo do curto-circuito, apresentamos, como sugestão experimental, uma montagem sim-ples com lâmpadas associadas em série. Essa mon-tagem permite mostrar ao aluno que uma lâmpada da associação apaga quando seus terminais são cur-to-circuitados.

A exposição teórica do Tópico se encerra com um estudo dos medidores elétricos.

A montagem mais comum da ponte de Wheat-stone (ponte de fio) pode ser sugerida aos alunos. Fazemos uma sugestão experimental de uma ponte particular, usando lampadinhas iguais alimentadas por pilhas.

O uso de letras associadas aos nós de um circuito (iguais em nós curto-circuitados) facilita sobremanei-ra a análise de circuitos aparentemente complexos. O exercício 44 confirma isso.

• O que não pode faltar1. Associação de resistores

• Associação em série

• Associação em paralelo

• Associação mista

Exercícios

3. Curto-circuito

Exercícios

Medição de intensidade de corrente elétrica (só o caso do amperímetro ideal)

Medição de diferença de potencial (ddp) ou tensão elétrica (só o caso do voltímetro ideal)

Exercícios

• Algo maisVamos supor que estejamos diante do seguinte

problema: calcular a resistência equivalente entre os terminais T1 e T2 da associação de resistores represen-tada a seguir.

Tópico 2

20 Ω 60 Ω

120 Ω 10 Ω

70 Ω T1 T2

64 Temos que:

R = R0 [1 + α (θ – θ0)] ⇒ Ui

= Ui0

[1 + α (θ – θ0)]

Sendo α = 5 · 10–3 °C–1, θ0 = 20 °C, i0 = 2,0 A e i = 1,6 A, calculemos θ:1

1,6 = 1

2,0 [1 + 5 · 10–3 (θ – 20)] ⇒ θ = 70 °C

66

N = nA �

⇒ n = N A � ⇒ |q| = N A � e

i = |q|Δt

⇒ i = N A � eΔt

⇒ i = N A v e

67 A resistência elétrica entre A e B é praticamente a resistência da película quadrada, uma vez que as camadas espessas têm resistência desprezível.

R = ρ �A

= ρ �� e

= 2,83 · 10–6

50 · 10–10 ⇒ R = 566 Ω

Associação de resistores

e medidas elétricas

• Objetivos do TópicoNeste Tópico, estudamos as associações de re-

sistores, procurando sempre apresentar situações fa-miliares aos estudantes. É fácil e muito proveitoso montar associações de lampadinhas alimentadas por pilhas e levá-las à aula e, se possível, fazer medições que confirmem as conclusões teóricas.


R1 = 20 Ω

R3 = 70 Ω

R2 = 10 Ω 120 Ω

60 Ω

r3

T1 T2A

C

B

r2

r1

Como 10 · 60 � 20 · 120, não temos uma ponte de Wheatstone equilibrada e, portanto, o resistor de 70 Ω não pode ser eliminado.

O problema pode ser solucionado pela transfor-mação ΔY descrita a seguir.

A associação abaixo, à esquerda (Δ), pode ser equivalente à associação à direita (Y).

A A

B

R1

r3

r2

r1

R2

R3

B

C C

Para que a equivalência aconteça, se aplicarmos uma mesma ddp U entre os mesmos pontos (A e B, por exemplo) das duas associações, as correntes totais estabelecidas em ambas deverão ter uma mesma in-tensidade i:

A

B

R1

U

i

i2

i1

R2

R3

C

A

r3

r2

r1

BU

C

i

i = i1 + i2 i = Ur2 + r3

(II)

i = UR1

= UR2 + R3

(I)

De (I) e (II), vem

UR1

+ U

R2 + R3 =

Ur2 + r3

⇒

⇒ r2 + r3 = R1 (R2 + R3)

R1 + R2 + R3

(III)

Repetindo esse procedimento entre os pontos A e C e, depois, entre os pontos B e C, obtemos:

r1 + r3 = R2 (R1 + R3)

R1 + R2 + R3

(IV)

r1 + r2 = R3 (R1 + R2)

R1 + R2 + R3

(V)

Precisamos determinar r1, r2 e r3 em função de R1, R2 e R3. Resolvendo o sistema de equações (III), (IV) e (V), encontramos:

r1 = R2 R3

R1 + R2 + R3

r2 = R1 R3

R1 + R2 + R3

r3 = R1 R2

R1 + R2 + R3

Vamos, então, voltar ao problema inicial, e resol-

vê-lo:

r1 = 10 · 70100

⇒ r1 = 7 Ω

r2 = 20 · 70100

⇒ r2 = 14 Ω

r3 = 20 · 10100

⇒ r3 = 2 Ω

r2 = 14 Ω

r3 = 2 Ω

r1 = 7 Ω120 Ω

60 Ω

T1 T2A

C

B

T1 T2

74 Ω

127 Ω

2 Ω

RT1T2 � 49 Ω


10 · 9010 + 90

= 9

U = Req i ⇒ 190 = (10 + 9)i

i = 10 A

U2 = UAB = 9i = 9 · 10

U2 = 90 V

31 Como as resistências dos fusíveis são iguais, a intensidade de corrente é a mesma em todos eles, podendo valer até 4 A em cada um. Assim, o máximo valor de i é 12 A.Alternativa d.

32

UAB = RAB i1 ⇒ 120 = 10i1 ⇒ i1 = 12 A

UCB = RCB i1 ⇒ UCB = 2 · 12 ⇒ UCB = 24 V

I2 = 243

⇒ i2 = 8 A

I3 = 246

⇒ i3 = 4 A

Sendo i1 = 12 A, i2 = 8 A e i3 = 4 A, concluímos que o fusível F3 queima.Após a queima de F3, porém, a corrente no circuito altera-se:

UAB = RAB i ⇒ 120 = 11i ⇒ i � 10,9 A

Concluímos, então, que o fusível F2 também queima.

36 Sendo R = U2

Pot, concluímos que a lâmpada A tem resistência

elétrica maior.a) Quando são ligadas em série (mesmo i), a lâmpada A ilumina me-

lhor (Pot = R i2).b) Quando são ligadas em paralelo (mesmo U), a lâmpada B ilumina

melhor Pot = U2

R. Nesse caso, operam de acordo com os valores

nominais.

39

i = PotU

Em L1 : i1 = 80

20 ⇒ i1 = 4 A

Em L2 : i2 = 3612

⇒ i2 = 3 A

As tensões em L2 e em R são iguais. Assim:

R i = 12 ⇒ R 1 = 12 ⇒ R = 12 Ω

41


a)

U = Req i ⇒ 190 = (10 + 90)ii = 1,9 AU2 = R2 i = 90 · 1,9 ⇒ U2 = 171 V

b)

+ –U

i 10 Ω

90 ΩU2

i

A AB B

10 Ω 10 Ω

10 Ω

90 Ω

9 Ω

U2

U

⇒

U+ – + –

i

A

A

⇒

⇒

B

BC

C

i2

8 Ω

8 Ω

3 Ω

6 Ω

2 Ω

U = 120V

i3

i1

i1

i

F1 F2A B8 Ω 3 Ω

L2i2 = 3 Ai1 = 4 A

i = 1 A

12 V

R

A BDR1 = 300 Ω

i1 = 0,12 A

R3

C

R2 = 400 Ω

UAB = 0 ⇒ νA = νB

UAD = R1 i1 = 300 · 0,12 ⇒ UAD = 36 VνA – νD = 36 VComo νA = νB, temos:νB – νD = 36 VEntão, como νB é maior que νD, o sentido da corrente em R2 é de B para D:UBD = R2 i236 = 400 i2i2 = 0,09 A


Portanto:i3 = i1 + i2 = 0,12 + 0,09 ⇒ i3 = 0,21 A

Alternativa d.

47 Observar que:• não há corrente em R4, porque é nula a diferença de potencial entre

seus terminais (curto-circuito);• há corrente em R1 e em R2, porque a ddp é nula entre A e D, mas

não é entre A e C e entre C e D. Também há corrente em R3.

Alternativa d.

48 Note que o interruptor 2 conectaria condutores que já estão curto-circuitados.

Alternativa b.

52 Redesenhando o circuito, temos:

A BDR1

i1 i2

i3 R3

C

R2

R1

⇒

R3

R2

R5 R5R

l

1,0 A

R4

Como as resistências são iguais, associando R1, R2, R3 e R4, encontramos R, que é igual a R5. Assim:I = 2,0 A

53 R1 = 20 Ω R2 = 40 Ω R3 = 10 Ω

⇒AA

A

20 Ω

20 Ω

10 Ω

10 Ω

40 Ω40 Ω

B

i1

BB

B

A

i2

i

i3

1Req

= 120

+ 140

+ 110

⇒ Req = 407

Ω

i = i1 + i2 + i3 = 21 A

UAB = Req i = 407

21 ⇒ UAB = 120 V

Alternativa e.

67

A

Associação

+

itotal = 8,0 A

–

A R

R R UBC = 2,0 V

R D D

B

C

A

Como as resistências entre A e B, B e C, C e D são iguais e, além disso, são percorridas pela mesma corrente, temos:UAB = UBC = UCD = 2,0 V

Então:UAD = 2,0 V + 2,0 V + 2,0 V = 6,0 V

Assim, a potência total dissipada na associação é dada por:Pottotal = UAD itotal = 6,0 · 8,0Pottotal = 48 W

Alternativa d.

71

A

A

A

B

Ponte de Wheatstoneequilibrada

B

B

D

100 Ω

100 Ω

100 Ω

100 Ω 100 Ω

100 Ω100 Ω

50 Ω

100 Ω

C

RAB = 50 Ω

C

C D

C

D

Ponte de Wheatstoneequilibrada

D

B

100 Ω

100 Ω

100 Ω

100 Ω 100 Ω

100 Ω100 Ω

50 Ω

100 Ω

A

RCD = 50 Ω

75

(R1 + R0) R1

(R1 + R0) + R1 + R1 = R0

R21 + R0 R1 + 2R2

1 + R0 R1 = 2R0 R1 + R20

3R21 = R2

0 ⇒ R1 = R0 3

3

76 Os resistores de 300 Ω e 600 Ω estão em paralelo. Assim:

100 Ω A B A B

400 Ω

200 Ω

400 Ω

RAB

= 200 Ω

400 Ω

100 Ω


A

R

RR

C

B DR

R

77 AP = 2 L5

⇒ RAP = 2r5

QB = L5

⇒ RQB = r5

PQ = 2 L5

⇒ RPQ = 2r5

RAB = 2r5

+ r5

+ r5

= 4r5

Supondo que UAB não se alterou, temos:

UAB = RAB i = 4r5

i (II)

Comparando (I) com (II), vem:

r i0 = 4r5

i ⇒ i = 5 i04

= 5 · 6,00

4

i = 7,5 A

Alternativa a.

81 Sendo nula a corrente no galvanômetro, concluímos que os po-tenciais nos pontos A e B são iguais:

Em (II):U = Req i ⇒ 30 = 15 i ⇒ i = 2 A

Em (I):

12i2 = 36i1 ⇒ i2 = 3i1i1 + i2 = i ⇒ i1 + i2 = 2 ⇒ i2 = 1,5 A

78a) Como a resistência é nula de B até a Terra, temos:

Req = R ⇒ Req = 10 Ω

b) Em virtude do que foi dito em “a”: iD = 0

c) É o mesmo da Terra: νB = 0

d)

Req = R + 0,6 R = 1,6 R ⇒ Req = 16 Ω

e) Pot = U2

Req = 102

16 ⇒ Pot = 6,25 W

80Chave aberta: Chave fechada:

R = 0,40 r = 2r5

νA = νB ⇒ UAD = UBD = 6 V

UCA = UCB = 12 V – 6 V = 6 V

Entre C e B, temos:

UCB = RCB i2 ⇒ 6 = 15 i2 ⇒ i2 = 0,4 A

Entre C e A, temos:

UCA = RCA i1 ⇒ 6 = 20 i1 ⇒ i1 = 0,3 A

83 Devido à simetria, os pontos C e D estão no mesmo potencial. Conseqüentemente, o resistor entre C e D não participa do circuito, que fi ca reduzido a:

Temos, então, 2R, 2R e R, todas em paralelo. Portanto:

Req = R2

A

B

D

(l) (ll)

U = 30 V

EC

i2

i2

ii

3 + + 3

i1

3 Ω

3 Ω

36 Ω

12 Ω

Req = 15 Ω

B

A

36 · 1236 + 12

30 · 2030 + 20

A B

A B

A B

R

R R R

R

R

R R 0,6 R

(10 V)0 V

1,5 R

i0

r

A

UAB = r i0 (I)

B r5

r5

r5

2r5

R =

A

P

Q

P

Q

i

B

A

B

2r5

2r5

2r5

i

C D

B

A

12 V

6 V

RX15 Ω

20 Ω

+

+

–

–

i1

i2

i1

i2


5,0 Ω

– +U = 22 V

G

A B

C

D

i2

i2

P Q

1,5 V

6,0 Ω 5,0 Ω

R

–+

i1

i1

84 Devido à simetria, os pontos D, H e G estão no mesmo potencial, o mesmo ocorrendo com os pontos C, E e F. Por isso, os pontos D, H e G podem ser unidos entre si, e os pontos, C, E e F também.

No trecho PADBQ, temos:22 = (5,0 + 6,0) i2 ⇒ i2 = 2,0 AνB – νD = 5 i2 = 5 · 2 ⇒ νB – νD = 10 V (I)νD – νC = 1,5 V (II)(I) + (II): νB – νC = 11,5 VνC – νA = 22 – 11,5 = 10,5 VνC – νA = 5 i1 ⇒ 10,5 = 5 i1 ⇒ i1 = 2,1 AνB – νC = R i1 ⇒ 11,5 = R 2,1R = 5,5 Ω

Req = R3

+ R6

+ R3

⇒ Req = 5R6

85

Tópico 3

Circuitos elétricos

• Objetivos do TópicoNeste Tópico, estudamos o gerador elétrico quí-

mico: parâmetros, equação, rendimento etc.Na “Leitura” deste Tópico, analisamos a função

do fio-terra.Após o estudo dos circuitos simples, analisamos a

condição de máxima transferência de potência.Em seguida, estudamos o receptor elétrico: parâ-

metros, equação, rendimento etc.Num boxe, analisamos o que acontece com a cor-

rente elétrica num motor bloqueado e, em seguida, fazemos uma sugestão experimental para confirmar o previsto pela teoria.

R

R

RA B

D

H

G

C

E

F

R R

R

R

R

R

R

R

R

Nesse experimento simples, ligamos, em série, duas pilhas, um motorzinho de brinquedos e uma lampadinha. A lâmpada acende e o motorzinho fun-ciona. Em seguida, impedimos o motor de girar e ve-rificamos que a lâmpada acende mais intensamente. Isso acontece porque o motor deixa de utilizar tensão na forma de força contra-eletromotriz. Assim, toda a tensão disponível é aplicada na resistência elétrica do circuito, produzindo aumento na intensidade da cor-rente. Evidentemente, o motor se aquecerá anormal-mente, podendo até ser danificado se o bloqueio se mantiver por muito tempo.

No Tópico 4 de Eletromagnetismo, veremos a origem da força contra-eletromotriz de um motor de corrente contínua.

Prosseguindo, estudamos as associações de ge-radores e os circuitos de “caminho” único, incluindo geradores, receptores e resistores.

No exercício resolvido 82, analisamos o significa-do dos processos de carga e descarga de uma bateria.

No final da exposição teórica do Tópico, estuda-mos circuitos não-redutíveis a um circuito de “cami-nho” único.

O exercício 119 nos leva à conclusão de que, para obter correntes de máxima intensidade, nem sempre a associação de geradores em série é a mais adequada.

• O que não pode faltar1. Geradores de energia elétrica • Geradores químicos • Elementos que caracterizam um gerador • Equação do gerador • Gerador em curto-circuito • Curva característica do gerador • Gerador ideal • Potências elétricas no gerador: total, útil e des-

perdiçada • Rendimento elétrico do gerador2. Circuito simplesExercícios4. Receptores elétricos • Elementos que caracterizam um receptor • Equação do receptor • Curva característica de alguns receptores • Receptor ideal • Potências elétricas no receptor: total, útil e des-

perdiçada • Rendimento elétrico do receptorExercícios


i = 30 A

ε = 6 V

A B– +r = 0,5 Ω

i

i i

C

0 V

– + – +B Ar1 = 0,3 Ω r2 = 0,5 Ωε1 = 12 V ε2 = 6 V

R = 0,1 Ω

12 V0,1 Ω

r = 0,5 Ωε = 6 V

A

–

–

+

+

i

B

5. Associação de geradores6. Circuitos elétricos de “caminho” único, incluindo

geradores, receptores e resistoresExercícios

• Algo maisPode-se solicitar aos estudantes trabalhos de pes-

quisa sobre os seguintes temas:1. Fontes da energia elétrica utilizada em larga escala

no Brasil, abordando, por exemplo: • a disponibilidade de cada uma; • a maior ou menor viabilidade econômica da uti-

lização de cada uma; • os impactos ambientais em cada caso; • uma descrição detalhada de como se dá a trans-

missão de energia elétrica desde uma grande hi-drelétrica até o consumidor.

2. Pilhas e baterias, investigando: • as diferenças entre as composições químicas e as

estruturas internas das pilhas secas de zinco-carvão (pilha de Leclanché) e das pilhas secas alcalinas;

• as reações químicas que ocorrem nas pilhas de zinco-carvão (Leclanché) e nas alcalinas;

• as reações químicas que ocorrem em uma ba-teria usada em automóveis e o porquê de ser recarregável;

• outros tipos de pilhas; • as determinações do Conama (Conselho Nacio-

nal de Meio Ambiente) em relação ao destino das pilhas e baterias velhas e irrecuperáveis – a questão do lixo.

• Subsídios ao Descubra mais1. Uma bateria participa de um circuito elétrico, operando

como geradora, e o potencial elétrico de seu pólo posi-tivo é menor que o potencial elétrico de seu pólo nega-tivo. Dê um exemplo de um circuito em que isso aconte-ce. Como fi ca, nesse caso, a equação do gerador?

• No gerador intercalado entre C e B, temos: νC = 0 νB = νC – r1 i + ε1 = 0 – 0,3 · 20 + 12 νB = 6 V Nesse gerador, tudo está normal: νB é maior que νC

e νB – νC = ε1 – r1 i.• No gerador intercalado entre B e A, porém, a situa-

ção é bem diferente: νB = 6 V νA = νB – r2 i + ε2 = 6 – 0,5 · 20 + 6 = 2 V O potencial do terminal A (originalmente, o pólo

positivo) é menor que o do terminal B! A equação do gerador, entretanto, continua como

sempre: νA – νB = ε2 – r2 i 2 – 6

– 4

= 6 – 0,5 · 20

– 4

2. Em que situações a diferença de potencial entre os ter-minais de uma bateria é, em valor absoluto, maior que sua força eletromotriz?O produto r i precisa ser maior que ε e, além dis-

so, satisfazer a desigualdade: r i – ε > ε ⇒ r i > 2ε Exemplo:

• i = ε1 + ε2

r1 + r2 + R =

180,9 ⇒ i = 20 A

i = 12 + 6

0,1 + 0,5 ⇒ i = 30 A

3. Considere o circuito a seguir, em que um gerador consi-derado ideal está ligado a um fi o metálico também con-siderado ideal:

Temos que: i = εReq

Fazendo Req tender a zero, i tende ao infi nito! Comente essa última afi rmação.

|UAB| = r i – ε = 0,5 · 30 – 6

|UAB| = 9 V > 6 V

O circuito a seguir mostra como isso pode ocorrer:

ε + –

i


24 V

R

R R 8 V

16 V

L1

L3

L4

R2

Vamos tomar, por exemplo, a expressão da inten-sidade i da corrente elétrica em um condutor metálico cilíndrico, em função da área de sua seção transversal (A), da velocidade média de deslocamento dos elé-trons livres (v), da carga elementar (e) e do número de elétrons livres por unidade de volume (N). Essa expressão é a resposta do exercício 66 do Tópico 1 de Eletrodinâmica:

i = N A v e Como N, A e e são grandezas obviamente fi nitas,

se i pudesse tender a infi nito, a velocidade v tam-bém deveria tender a infi nito, o que é absurdo.

De fato, a velocidade dos corpos – no caso, elé-trons – é sempre menor que c (c � 300 000 km/s), como se estuda no Tópico 2 de Física Moderna, neste volume.

O que ocorre nessa situação é conseqüência de um abuso de idealizações.

Nota: • Alguém poderia levantar a seguinte questão: – Como fi caria o valor de i se todos os componentes do

circuito fossem feitos de materiais operando na condição de supercondutores?

Também nesse caso o valor de i continuaria fi nito, como não poderia deixar de ser.

Os materiais supercondutores apresentam uma importan-te característica: se a densidade de corrente através deles

iA

superar um determinado valor crítico, esses materiais

passam da condição de supercondutores para a condição de condutores normais.


25

Assim: U = ε – r i ⇒ 11 = 12 – 0,5ii = 2 A (de A para B)

32a) O gerador recebe a energia potencial gravitacional Ep perdida pelo

corpo:Ep = m g h = 1,0 · 10 · 10 ⇒ Ep = 100 JComo o rendimento é 50%, só metade desses 100 J são convertidos em energia elétrica. Assim, a energia elétrica gerada é de 50 J.

b) Q = m c Δθ50 = 1,0 · 10–2 · 5,0 · 103 ΔθΔθ = 1,0 °C

35 À medida que R3 aumenta de 0 a R, a resistência equivalente à

associação de R2 com R3 (em paralelo) aumenta de 0 R 0R + 0

= 0 a R2

R RR + R

= R2

. Com isso, a intensidade de corrente em R1 diminui, o

mesmo ocorrendo com a potência dissipada nesse resistor (Pot1). Para confi rmar que nenhuma alternativa, além de a, está correta, podemos verifi car, por exemplo, o que acontece com as outras potências dissipa-das, para R3 = 0: Pot3 = 0 i2 = 0Pot2 = 0 (R2 está em curto-circuito)Pot2 – Pot3 = 0Pot2 + Pot3 = 0

Alternativa a.

37

Pot = U i ⇒ i = PotU

Em L1: i1 = 0,63

⇒ i1 = 0,2 A

Em L2: i2 = 0,33

⇒ i2 = 0,1 A

i1 = i2 + i ⇒ 0,2 = 0,1 + i ⇒ i = 0,1 AEm R: U = R i ⇒ 3 = R 0,1 ⇒ R = 30 ΩAlternativa a.

27 Como a tensão U entre os terminais do elemento é menor que 12 V, concluímos que esse elemento é, com certeza, um gerador.

Note que o fechamento de C3 e C4 implica uma tensão de 16 V na lâm-pada L1.

Alternativa b.

39I.

i1

i2

i

R

6 V

L1

L2U = 3 V

2 V

U = 11 V

A B13 V

12 V

– +0,5 Ω

A

i2

R2

A

12 V

A

B B B

i1

I

R1 = 12 Ω

r = 3,0 Ω


No gerador:UAB = ε – r I = 12 – 3,0 · 1,0 ⇒ UAB = 9 V

Em R1:UAB = R1 i1 ⇒ 9 = 12 i1 ⇒ i1 = 0,75 A

Em R2:I = i1 + i2 ⇒ 1,0 = 0,75 + i2 ⇒ i2 = 0,25 AUAB = R2i2 ⇒ 9 = R2 0,25 ⇒ R2 = 36 Ω

II. R1 e R2 constituem o circuito externo ao gerador. Para que a potên-cia fornecida pelo gerador seja máxima, a resistência equivalente a R1 e R2, que estão em paralelo, tem de ser igual a r:

R1 R2

R1 + R2 = r ⇒

12 R2

12 + R2 = 3,0 ⇒ R2 = 4 Ω

43

45a)

E = 4,4 i ⇒ i = E4,4

UAB = RAB i = 2,4 E4,4

= 6 E11

i1 = UAB

6 =

6 E116

= E11

= I

E = 6 + 43

i’ ⇒ i’ = 3E22

UAB = RAB i’ = 43

· 3E22

= 2E11

i’1 = UAB

2 =

2 E112

= E11

= I

Alternativa c.

Pot1 = Pot2 ⇒ R1 i21 = R2 i22 32 i21 = 2 i22 ⇒ i2 = 4 i1 UAB = R1 i1 = (R + R2) i232 i1 = (R + 2) 4i1R = 6 Ω

b) R em série com R2 ⇒ 8 ΩR1 em paralelo com 8 Ω ⇒ 6,4 Ω

ε = Req i ⇒ 10 = 10 i ⇒ i = 1 AUAB = 6,4 i = 6,4 · 1 ⇒ UAB = 6,4 V

Na primeira fi gura:

Pot1 = U2

AB

R1 =

6,42

32 ⇒ Pot1 = 1,28 W

47a) No chuveiro:

U = R i220 = 11 i ⇒ i = 20 A

b) Pottotal = 335 W + 100 W + 55 W + 110 W + 4 400 W = 5 000 W= 5 kW

Δt = 15 min = 14

h

Sendo E a energia elétrica consumida, temos:

E = Pot Δt = 5 kW 14

h

E = 1,25 kWh

c) Com o rompimento do fi o neutro no ponto A, o chuveiro, a gela-deira e a lâmpada não são afetados, pois continuam submetidos a 220 V, 110 V e 110 V, respectivamente. O ventilador e a TV, porém, passam a constituir uma associação de aparelhos em série, sendo de 220 V a ddp entre os terminais da associação:

i

i1

E

2 Ω

4 Ω2,4 Ω ⇐ 6 Ω

B B

A A

i’1

i’

4 Ω2 Ω43

6 ΩΩ ⇐

B B

A A

E

i1

i

i2

R2 = 2 Ω

R1 = 32 Ω

R3 = 3,6 Ω

10 V

A A

B B

R

i

i

B

AR3 = 3,6 Ω

6,4 Ω10 V


U = Req i

220 = (220 + 110) i ⇒ i = 23

A

Calculemos as novas potências com que o ventilador e a TV vão operar logo após o rompimento do fi o neutro:

Potv = RV i2 = 220 49

⇒ Potv � 98 W

(mais que 10% acima de 55 W)

PotTV = RTV i2 = 110 49

⇒ PotTV � 49 W

(abaixo da potência nominal)Portanto, só o ventilador será queimado. Evidentemente, ocorren-do isso, a TV (não-queimada) deixará de funcionar.

54 Consideremos ideais o voltímetro, o amperímetro e o gerador.a)

E = 2 R i ⇒ 10 = 2 000 ii = 5 · 10–3 A = 5 mA

b)

(νA – νC) – (νA – νB) = 2R i2 – R i1νB – νC = R IνB – νC = 1 000 · 2,5 · 10–3

νB – νC = 2,5 V

61 Como a ddp entre A e B é maior que 12 V, concluímos que o elemento é um receptor:U = ε’ + r’ i20 = 12 + 4 i ⇒ i = 2 A, de A para B

75 O gerador é o elemento que apresenta a maior diferença de potencial entre os terminais. Portanto, o gerador é o elemento C. O receptor tem ε’ = 12 V e como U = ε’ + r’ i, U tem de ser maior que 12 V entre os terminais desse elemento. Então, A é o receptor, e B é o resistor.

79 Seja n o número de pilhas em série:

U = εeq – req i

6 = n · 1,5 – n 0,3 · 1n = 5

85a) A potência total recebida nos 10 m2 é igual a 13 000 W. Só 12% des-

se total é aproveitado para gerar energia elétrica.Então:Potútil = 0,12 · 13 000 W = 1 560 W = 1,56 kWΔt = 5 hEnergia gerada = Potútil Δt = 1,56 kW · 5hEnergia gerada = 7,8 kWh

b) A carga é dada pela “área” entre o gráfi co e o eixo t, que pode ser considerada igual à “área” do triângulo da fi gura:

i

i

Ventilador220 Ω

U = 220 V

TV110 Ω

2R

R 2R

R

R2

E

R2

3R2

A

R2

E

3R

3R

A

E

⇒ ⇒

⇒⇒ AE

2R

iA

B

C

2R

R2R

RA

i = 5 mAi2 = 2,5 mA

i 1 = 2,5 m

A

V

Usando a Primeira Lei de Ohm, podemos escrever que:UAB = νA – νB = R i1 (I)UAC = νA – νC = 2 R i2 (II)Como i1 = i2 = I = 2,5 mA, subtraindo (I) de (II), vem:

+

i = 1 A

U = 6 V

εeq = n 1,5 V

req = n 0,3 Ω

–

0,6

0,5

0,4

0,3

0,2

0,1

0,00 1 2 3

t (horas)

I (A

)

4 5

Q = 5 h · 0,5 A

2 ⇒ Q = 1,25 Ah


i1I

1

3

12

a

b

2

1

10 11

i2II

87 No circuito I:• Se εB � 12 V: 12 = εB + (R1 + R2) 1 (I)• Se εB � 12 V: εB = 12 + (R1 + R2) 1 (I’)No circuito II: εB + 12 = (R1 + R2) 3 (II)De (I) e (II), obtemos: εB = 6 VDe (I’) e (II), obtemos: εB = 24 V

95 No circuito dado, há dois geradores.Entre A e B temos:U = 12 – 0,5 i 0 = 12 – 0,5 i ⇒ i = 24 ASendo R a resistência do reostato, temos, no circuito todo:36 + 12 = (1,8 + R) 24 ⇒ R = 0,2 Ω

96No circuito A: iA = 11

100 + 10 ⇒ iA = 0,1 A

No circuito B: iB = 36 – 129 + 4 + 5 + 6

⇒ iB = 1 A

No fi o MN: iMN = 0

97

Σ fem = Σ fcem + Req ino caminho ± Rdo trecho comum ino caminho ao lado

I: 13 = 4 i1 – 1 i2II: 11 = 3 + 4 i2 – 1 i1

i1 = 4 A e i2 = 3 A

Corrente nula na fonte de tensão ε 2:UAB = ε 2 = 12 V

Em R3: UAB = R3 i ⇒ 12 = 2 i ⇒ i = 6 A

Na fonte de tensão ε 1: UAB = ε 1 – R1 i12 = ε 1 – 8 · 6ε 1 = 60 V

102

Observando que R1 e R2 estão em paralelo, temos:

Req = R1 R2

R1 + R2 =

R1 (R – R1)

R =

R1 R – R21

R

O valor de Req será máximo quando a expressão R1 R – R21 for máxima,

o que ocorre para:

R1 = –b2a

= –R2 (–1)

= R2

(abscissa do vértice da parábola)

Conclusão: o cursor deve posicionar-se no ponto médio do fi o.

105 24 = 6 + (3 + 3 + 3 + 3) i ⇒ i = 1,5 A

i

i

A A A

B B

+ε1 –+ ε2 = 12 V–

R1 = 8 ΩR3 = 2 Ω

R2

B

R1 R2

R

1Ω

2Ω

3 A3 A4 A

Va

a

b

1ΩVa – 4 Va – 7

Va – 13

104

Pot = V2

Req

Então, a potência dissipada será mínima quando Req for máxima:

i

i = 1,5 A

i’ = 0

20 V

3 Ω

3 Ω

6 Vb

a

νa – 4,5

νa – 10,5νa – 15

νa + 5

νa

νab = νa – νb = νa – (νa + 5) ⇒ |νab| = 5 V

106a) A ddp entre os pontos 2 e 1 é U, dada por:

U = V2 – V1 = 800 – 300 ⇒ U = 500 V

Como U = R i, temos:

500 = 106 i ⇒ i = 5 · 10–4 A

i1i2

1i

Vb = Va – 13 ⇒ Va – Vb = 13 V


No outro resistor de 1 MΩ, temos uma tensão de 300 V e uma cor-rente de intensidade i1, dada por:

U = R i1 ⇒ 300 = 106 i1 ⇒ i1 = 3 · 10–4 A

Como i = i1 + i2, temos:

5 · 10–4 = 3 · 10–4 + i2 ⇒ i2 = 2 · 10–4 A

b) Pelo Teorema da Energia Cinética, temos:

τFel = m v2

2 –

m v20

2 ⇒ e U = m v2

2

10–19 · 300 = 10–30 v2

2 ⇒ v2 = 60 · 1012

v = 7,8 · 106 m/s

c) F = e E = e Ud

= 10–19 3003 · 10–3

F = 10–14 N

107

UAT = RAT i ⇒ 400 V = 1 000 kΩ i ⇒ i = 0,4 mA

UBT = RBT i ⇒ UBT = 750 kΩ 0,4 mA

UBT = 300 V

109 No circuito I, temos:

6 = (2 + 2 + 2) i1 ⇒ i1 = 1 A (sentido horário)

No circuito II, temos:

12 = (2 + 1 + 1) i2 ⇒ i2 = 3 A (sentido horário)

Em II:

i = 16

4 + 4R4 + R

UAB = 4R4 + R

· 16

4 + 4R4 + R

⇒ UAB = 8RR + 2

Em I, calculemos a potência dissipada em R:

Pot = U2

AB

R =

64R2

R2 + 4R + 4R

= 64RR2 + 4R + 4

Pot = 64R + 4 + 4R–1

A potência será máxima quando a função (R + 4 + 4R–1) for mínima. Então, a derivada dessa função em relação a R deverá ser nula:

1 + 0 + 4(–1)R–2 = 0 ⇒ 4R2

= 1 ⇒ R = 2 Ω

112a)

Em I, temos: i1 = 126

⇒ i1 = 2 A

Em II, temos: i2 = 612

⇒ i2 = 0,5 AiAB + i2 = i1iAB + 0,5 = 2 ⇒ iAB = 1,5 A

i

TT 0 V

A

250 kΩ

B

0,75 MΩ = 750 kΩ ⇒1 MΩ

B

A 400 V

250 kΩ

V 3 MΩ

i1–

+

R = 2 Ω

i = 0

A

B D

C

r2 = 2 Ω

r1 = 1 Ω

ε1 = 10 V

ε2 = 12 V+

–

i2

i i

16 V

(I) (II)

16 V4R

4 + R4 Ω

4 Ω 4 ΩA A A

B B B

R ⇒

4 Ω

2 Ω

i1

R

+–

6 V

+–

12 V

2 ΩA

B

i2

II

I

νA = 0νB – νA = R i1 ⇒ νB – 0 = 2 · 1 ⇒ νB = 2 VνC – νB = ε1 ⇒ νC – 2 = 10 ⇒ νC = 12 VνD – νC = ε 2 – r2 i2 ⇒ νD – 12 = 12 – 2 · 3νD = 18 V

110

i1 = 2 A

i2 = 0,5 A

iAB

A

b) Como i1 = 2 A, devemos ter i2 = 2 A, para que iAB seja nula:Em II: 6 = (R + 2) 2 ⇒ R = 1 Ω

113a) Potência útil da bomba:

Potu = Energia

Δt =

m g hΔt

= 30 · 10 · 1060


Potu = 50 W

Potência recebida pela bomba (total):

η = Potu

Pott ⇒ 0,5 = 50

Pott ⇒ Pott = 100 W

b) No motor, temos:

η‘ = Pot’uPot’t

⇒ 0,8 = 100Pot’t

⇒ Pot’t = 125 W

Pot’t = U i ⇒ 125 = 25 i ⇒ i = 5 A

114 A potência do elemento k é dada por:

Potk = Vk lkNa curva característica, observamos que lk = 1,5 A quando Vk = 20 V. Nessa situação, a potência do elemento tem o valor máximo permitido, ou seja, 30 W.

116 O circuito dado pode ser redesenhado assim:

UAB = 10 i’ ⇒ 15 + 20 = 10 i’ ⇒ i’ = 3,5 AUAB = V – (10 + 10) i35 = V – 20 · 5 ⇒ V = 135 V

115a) RAB = 150 Ω e RCD = 150 Ω

ε = Req i ⇒ 600 = 300 i ⇒ i = 2 A

b) A fi gura mostra o voltímetro num instante qualquer t, sendo t = 0 o instante em que o voltímetro encontrava-se ligado aos pontos A e C.

Temos: x = vt = 2tA indicação do voltímetro é U, dada por:U = ε – (RAP + RCQ) i = ε – (x · 1,5 + x · 1,5) iU = 600 – 3x · 2 = 600 – 6x = 600 – 6 · 2tU = 600 – 12t (SI)

a) Como R1 · R4 = R2 · R3, temos uma ponte de Wheatstone em equi-líbrio. Conseqüentemente é nula a ddp entre os terminais de R6, o mesmo ocorrendo com a corrente nesse resistor.

O voltímetro indica zero.

b) ε = Req I ⇒ 8 = 4I ⇒ I = 2A i = 1AEm R1: Pot1 = R1 i2 = 2 · 12 ⇒ Pot1 = 2 WEm R2: Pot2 = R2 i2 = 2 · 12 ⇒ Pot2 = 2 WEm R3: Pot3 = R3 i2 = 4 · 12 ⇒ Pot3 = 4 WEm R4: Pot4 = R4 i2 = 4 · 12 ⇒ Pot4 = 4 WEm R5: Pot5 = R5 I2 = 1 · 22 ⇒ Pot5 = 4 WEm R6: Pot6 = 0

c) Observemos que as maiores potências dissipadas ocorrem em R3, R4 e R5, sendo iguais a 4 i2 em todos eles:

4 i2 = 8 ⇒ i = 2 A e I = 2 2 A

ε’ = Req I = 4 · 2 2 ⇒ ε’ = 8 2 V

117 Resolução 1Supondo B e G operando como geradores e redesenhando o circuito, temos:

Entre os pontos P e Q, podemos escrever:

0,5t – 5i = 12 – 2 i112 – 2 i1 = 20 (i + i1)

⇒ i1 = 2 – t15

(SI)

a) Fazendo t = 0 na expressão de i1, obtemos:

i1 = 2 A

b) Impondo i1 = 0:

2 – t0

15 = 0 ⇒ t0 = 30 s

V 10 Ω

10 Ω

15 V

1,5 A

1,5 A

20 V

3,5 A

10 Ω

10 Ω

k

i = 5 A

A

B

600 V–+

x B

D

V

A

C

P

Q

t v = 2 m/s

x

U (v)

t (s)500

600

i

R2 = 2 ΩR4 = 4 Ω

R1 = 2 ΩR3 = 4 Ω

R5 = 4 Ω

R6

i

I

+–

ε = 8 V

P

i

i + i10,5 t

R3 = 5 Ω

R1 = 2 Ω

R2 = 20 Ω

P

12 V+–

+–

P

Q Q Q

i1


c) No resistor de 20 Ω: U = R i212 = 20 i2 ⇒ i2 = 0,6 A ∴ i = 0,6 ANo gerador V = 0,5 t:U = ε – r i12 = 0,5 t0 – 5 · 0,6 ⇒ 0,5 t0 = 15 t0 = 30 s

c) Como a única fem variável (0,5 t) é função de primeiro grau em t, o gráfi co pedido é, com certeza, um segmento de reta:

d) Para t = 90 s:

i1 = 2 – 9015

⇒ i1 = –4 A

Sendo i1 � 0, a bateria está operando como receptor elétrico, re-cebendo a potência :

P = 12 |i1| = 12 · 4 ⇒ Pot = 48 W

Resolução 2

a) Para t = 0: V = 0,5 t = 0,5 · 0 = 0Mesmo não gerando, entretanto, um gerador é um condutor. Além disso, em boas condições, pode ser considerado ideal:

5 Ω e 20 Ω em paralelo: 4 Ωε = Req i1 ⇒ 12 = (4 + 2) i1 ⇒ i1 = 2 A

b) i1 = 0:

d) Em t = 90 s: i1 = –4 A B ↓ i1 � 0

Então, B passou a ser um receptor elétrico.P = ε’ |i1| = 12 · 4 ⇒ P = 48 W (recebida)

118 Suponhamos que o diodo não esteja conduzindo:

i1 (A)

t (s)0

2

0 20 40 60 80 100

V = 0,5 t

5 Ω 2 Ω

20 Ω12 VB

i

+–

+–

i i2

i1

i1

5 Ω

2 Ω

20 Ω12 V

A A A

B B B

i1

2 Ω

4 Ω12 V

i1

V = 0,5 t

5 Ω 2 Ω

20 Ω12 V

i

i12 V 12 V 12 V

0 V 0 V (referência) 0 V

i2

i1 = 0

i2

i1 = 0

–4

0 30 t (s)

90 100

2

i1 (A)

Considerando nulo o potencial elétrico no ponto C, temos:νC = 0 ⇒ νB = 8 V ⇒ νA � 8 V (pois νB � νA)νA – νC = 20 – 2i ⇒ 20 – 2i � 8 ⇒ i � 6 A ε = Req i ⇒ 20 = (2 + 1 + R) i

i = 203 + R

� 6 ⇒ R � 13

Ω

Portanto:• para R � 1

3 Ω, o diodo não conduz;

• para R � 13

Ω, o diodo conduz.

a) R = 2 Ω: o diodo não conduz.20 = (2 + 1 + 2) i ⇒ i = 4 A

2 Ω

1 Ω

B

8 V20 V

Ri

iA

C (0 V)

i


i = εr3

= 3εr

(imáx)

Observação:• Para a obtenção de corrente máxima num resistor de resitência R, a

associação de geradores em série é a adequada quando R é maior que a resistência interna r de cada gerador. Quando, porém, R é me-nor que r, a associação adequada passa a ser em paralelo.

120 νA – νB = εK QRA

– K (–Q)

RB = ε

9 · 109 Q10–2 = 9 · 109 Q

10–2 = 5 400

18 · 109 Q = 54 ⇒ Q = 5418 · 109

Q = 3 · 10–9 C

F = K |QA| · |QB|

d2 = 9 · 109 · 3 · 10–9 · 3 · 10–9

1

F = 8,1 · 10–8 N

122a) Não há dúvida de que a bateria (ε 2, r2), por ter maior fem,

ope ra como gerador. Vamos supor que a bateria (ε1, r1) tam-bém opere como gerador. Observe, então, os sentidos das correntes:

b) R = 0: o diodo conduz.UAC = (R + 1) i0 ⇒ 8 = (0 + 1) i0 ⇒ i0 = 8 A

c) R = 13

Ω

119 A informação “curto e grosso fi o de cobre” sugere que a resis-tência elétrica do fi o é extremamente pequena (R � 0). O exercício resolvido 42 do Tópico 1 de Eletrodinâmica confi rma isso. Vamos analisar as quatro possibilidades:1a)

3a)

i = 3ε3r

= εr

Note que, se fosse usada uma única pilha, a corrente teria essa mesma intensidade.

2a)

4a)

ε

r

r

r

εR � 0

i

ε

ε, ε

ε

ε

r

i

r

r

R � 0

r 2

⇒

ε

ε

εr

r R � 0

r

icc1

iicc2

ε, ε ε ε

i

r r rR � 0

r3

⇒

R

i2

i = i1 + i2

U1

1 Ω28 VA B

1 Ω27 Vi1

U2

U3

i = 2εr + r

2

= 4ε3r

i = icc1 + icc2

= 2ε2r

+ εr

i = 2εr

U1 = U2 ⇒ 27 – 1i1 = 28 – 1i2i2 = i1 + 1 (I)

U1 = U3 ⇒ 27 – 1i1 = R (i1 + i2)

27 – i1 = R i1 + R i2 (II)

Substituindo (I) em (II), temos:27 – i1 = R i1 + R (i1 + 1)

i1 = 27 – R2R + 1


2,0 Ω6,0 V

i1

i1l

i2

i2i3 i3

6,0 V

3,0 Ω

R

1,0 Ω 4,0 Ω 1,0 Ω

ll lll

Tópico 4

Capacitores

• Objetivos do TópicoNeste Tópico, estudamos o capacitor: defi nição,

processo de carga, capacitância, energia elétrica ar-mazenada etc.

É importante mostrar aos alunos diversos tipos de capacitores. Além disso, vale a pena carregar um ca-pacitor de alta capacitância (eletrolítico), usando uma bateria de 6 V, por exemplo, e descarregá-lo, em se-guida, numa lampadinha de lanterna.

Após estudar o caso particular do capacitor pla-no, mostramos, num boxe, que é inviável obter a ca-pacitância de 1 farad usando esse tipo de capacitor.

Na primeira “Leitura” deste Tópico, descrevemos maneiras de conseguir capacitâncias elevadas.

Em seguida, estudamos a infl uência do dielétrico na capacitância e interpretamos o signifi cado da per-missividade.

Na atual versão, foi incluída a análise dos pro-cessos de carga e descarga de um capacitor em um circuito RC.

Na segunda Leitura deste Tópico, mostramos al-gumas aplicações de capacitores.

A exposição teórica do Tópico se encerra com o estudo das associações de capacitores.

• O que não pode faltar 2. Defi nição 3. O processo de carga de um capacitor 4. Capacitância 5. Energia potencial eletrostática de um capacitor 6. Estudo do capacitor plano 7. Infl uência do dielétrico na capacitância Exercícios 10. Associação de capacitores • Associação em série • Associação em paralelo Exercícios

• Algo maisA determinação experimental da carga de um ca-

pacitor plano pode ser feita por meio de uma balança eletrostática.

Para que o sentido de i1, seja o considerado no circuito, devemos ter: i1 � 0.

Então:27 – R2R + 1

� 0 ⇒ R � 27 Ω

b) Para que a bateria (ε1, r1) opere como receptor, o valor de i1 na ex-pressão anterior deve ser negativo. Para isso acontecer, os valores de R devem ser dados por: R � 27 Ω

c) Para a bateria (ε1, r1) não operar, devemos ter i1 = 0, o que nos leva a:

R = 27 ΩNote que, nessa situação:

ε 2 = Req i2ε 2 = (R + r2) i228 = (27 + 1) i2 ⇒ i2 = 1A

e

U2 = ε 2 – r2 i2 = 28 – 1 · 1 ⇒ U2 = 27 V

A partir desse estado, se R aumentar, ou seja, tornar-se maior que 27 Ω, a corrente i2 certamente diminuirá e, com isso, U2 fi cará maior que 27 V.Então, o potencial do ponto A estará um pouco mais de 27 V acima do de B.É aí que (ε 2, r2) impõe uma corrente em (ε1, r1), tornando-a um re-ceptor.

123

Em I: 6 = 0 + 3 i1 – 2 i2 ⇒ i1 = 6 + 2 i2

3 (I)

Em II: 0 = 0 + (9 + R) i2 – 2 i1 + R i3 (II)

Em III: 6 = 0 + (R + 1) i3 + R i2

i3 = 6 – R i2R + 1

(III)

Substituindo (I) e (III) em (II), obtemos:

(9 + R) i2 – 2 6 + 2 i2

3 + R

6 – R i2R + 1

= 0

a) Para R = 2,0 Ω: i2 = 0

b) Para R = 3,0 Ω: i2 = 0,06 A

Nota:

• Também podemos responder ao item a baseados na simetria do circuito.


A fi gura a seguir representa, esquematicamente e de modo simplifi cado, uma balança eletrostática. As armaduras do capacitor plano são um dos pra-tos da balança e uma placa metálica fi xa, ambos de área A:

O campo elétrico total (uniforme) entre as arma-duras tem intensidade igual a 2E.

Sendo d a distância entre as armaduras e ε a força eletromotriz da fonte de tensão, temos:

Etotal d = ε ⇒ 2Ed = ε ⇒ E = ε2d

(II)

Substituindo (II) em (I), temos:

Fe = Q ε2d

⇒ Q 2Fed

ε

Conhecidos os valores de Fe, d e ε, fi ca determi-nado o valor de Q.

Nota: • Esse resultado tem conexão com o Descubra mais

do Tópico 3 de Eletromagnetismo.

• Subsídios ao Descubra maisO curcuito a seguir é constituído de uma pilha de

resistência interna desprezível e força eletromotriz ε, de um resistor de resistência R, de um capaitor de ca-pacitância C, inicialmente descarregado, e uma chave k, aberta.

Fechando a chave, mostre que, após muito tempo, a energia armazenada no capacitor é igual à energia dissipada no resistor.

d –Q+Q

– +

Fonte de alta tensão

– – – – – –

+ + + + + +

Armadura móvel

Armadura fixa

Base isolante

d

Toda a estrutura da balança é constituída de partes metálicas em contato elétrico.

Inicialmente, a balança está equilibrada.A distância entre as armaduras é pequena e igual

a d, e pequenos espaçadores (�) isolantes estão entre elas.

Submete-se, então, as armaduras a uma ddp U de alguns milhares de volts. Com isso, surgem forças eletrostáticas de atração entre elas.

A intensidade Fe dessas forças pode ser determi-nada colocando-se, aos poucos, massas conhecidas no outro prato até se atingir uma situação em que os es-paçadores deixam de ser comprimidos pelo prato, ou seja, o prato–armadura está na iminência de subir.

Nessa situação, Fe é igual ao peso P da massa total conhecida adicionada no outro prato.

Portanto, o valor de Fe fi ca determinado.Sendo Q a carga do capacitor e E a intensidade

do vetor campo elétrico que cada armadura cria, temos: Fe = Q E (I)

R

C

K

– + ε

Após muito tempo, isto é, quando o capacitor es-tiver plenamente carregado, a energia Ec armazenada nele será:

Ec C ε2

2A carga fi nal do capacitor será Q = C ε.Isso signifi ca que o gerador retirou de uma das

armaduras do capacitor uma carga de módulo igual a C ε e transferiu essa carga para a outra armadura. Por-tanto, passou pelo gerador uma carga de módulo C ε.

Em unidades do SI, ε signifi ca a energia que o ge-rador forneceu a cada coulomb que passou por ele. Portanto, para C ε coulombs, o gerador forneceu uma energia total EG, dada por:

EG= (C ε) ε = C ε2


Podemos perceber, então, que, se metade dessa

energia C ε2

2 foi armazenada no capacitor, a outra

metade C ε2

2 foi dissipada no resistor.


7• U é constante, pois o capacitor permanece ligado à bateria.

• C = � Ad

: aumentando d, C diminui.

• Q = C U: C diminui ⇒ Q diminui.

Alternativa d.

8• Q é constante, pois o capacitor está desligado.

• C = � Ad

: aumentando d, C diminui.

• U = QC

: C diminui ⇒ U aumenta.

• Ep = QU2

: U aumenta ⇒ Ep aumenta.

Alternativa e.

16a)

Ed = U2

R Δt = K

R, temos:

K1

+ K5

+ K10

= 6,5 · 10–2 ⇒ K = 5 · 10–2 (SI)

A energia dissipada no resistor de 1 Ω vale, então:

Ed = KR

= 5 · 10–2

1 Ed = 5 · 10–2 J

19a) O campo elétrico induzido no material isolante reduz o campo elé-

trico resultante entre as placas. Por isso: F � F0.

b) Sejam C0 e U0 a capacitância e a ddp entre as placas no vácuo:Q = C0 U0Com a introdução do dielétrico, a capacitância passa a ser C = �r C0

e a ddp entre as placas passa a ser U = U0�r

, já que a carga Q é cons-

tante: Q = CU = �r C0 · U0�r

= C0U0.

Sendo E0 e E as intensidades do vetor campo elétrico entre as pla-cas nas situações inicial e fi nal, respectivamente, temos:

E0 d = U0 ⇒ E0 = U0

d

E d = U ⇒ E = Ud

=

U0�r

d =

E0

∈rEntão:

F0 = |q| E0

F = |q| E = |q| E0

∈r ⇒ F =

F0

∈rNotemos que, como �r é maior que 1, F é realmente menor que F0.

39 CA = 3 CB

CB = 2 CC e QAB = 18 µC

Como os capacitores estão em paralelo, UA = UB = UC. Então:

QA

CA =

QB

CB =

QC

CC ⇒

QA

6CC =

QB

2CC =

QC

CC

QA + QB + QC

6 + 2 + 1 =

QA

6 =

QB

2 =

QC

1

189

= QA

6 ⇒ QA = 12 µC

189

= QB

2 ⇒ QB = 4 µC

189

= QC

1 ⇒ QC = 2 µC

42 A energia armazenada é dada por:

E = C U2

2

Sendo C = �0 A

d e U = E d = σ d

�0, temos:

E =

�0 A

d · σ2 d2

�20

2 = σ2 Ad

2 �0 ⇒ E = σ2 V

2 �0

44 Ao se ligar B à Terra, B adquire, por indução total, uma carga –Q.Assim:

νA = K QRA

+ K (–Q)

RB

2 Ω 4 Ω

A

B

C

i2

i2

12 V

2 µF

10 Ω 2 Ω

i1

i1

12 = (2 + 4) i1 ⇒ i1 = 2 A12 = (10 + 2) i2 ⇒ i2 = 1 A

νA – νB = 2 i1 = 2 · 2 ⇒ νA – νB = 4

νA – νC = 10 i2 = 10 · 1 ⇒ νA – νC = 10 ⇒

⇒ νB – νC = 6 V (U no capacitor)

Q = C U = 2 µF 6 V ⇒ Q = 12 µC

b) Deveríamos ter νB = νC: ponte de Wheatstone em equilíbrio.Para isso:

R 4 = 2 · 2 ⇒ R = 1 Ω

17 Energia armazenada no capacitor:

Ep = C U2

2 = 13 · 10–6 · 1002

2

Ep = 6,5 · 10–2 J

Após o fechamento da chave, a tensão é a mesma em todos os elemen-tos do circuito, a cada instante. Como a energia dissipada nos resisto-res obedece a uma expressão do tipo:


Mas Q = C U ⇒ Q = C (νA – νB), em que νB = 0.

Então:

Q = C νA ⇒ Q = C K QRA

– K QRB

1 = C K RB – RA

RA RB ⇒ C = 1

K ·

RA RB

RB – RA

K = 14π �

⇒ 1K

= 4π �

Então:

C = 4π �RA RB

RB – RA

46 As placas P e Q constituem um capacitor plano de capacidade C, dada por:

C = � Ad

Quando esse capacitor é eletrizado sob ddp igual a U, sua carga vale:

q = CU = � AUd

O campo elétrico entre as placas tem intensidade E, dada por:

E = Ud

Metade dessa intensidade é devida a uma placa e a outra metade é

devida à outra placa E = E2

+ E2

e cada placa submete-se apenas ao

campo criado pela outra. Assim, a placa P é atraída pela placa Q por uma força de intensidade F, dada por:

F = q E2

= � A Ud

·

Ud2

F = � A U2

2d2

47 Nesse capacitor em processo de carga, temos:

U = ε – R i = 12 – 10 · 0,2 ⇒ U = 10 V

Q = C U = 2 · 10–3 · 10 ⇒ Q = 2 · 10–2 C

49a) Q = C U ⇒ Q = 5 · 36 ⇒ Q = 180 µC

b) Inicialmente, calculemos a corrente elétrica no circuito, lembrando que, após o processo de carga do capacitor, não há corrente no ramo em que ele se encontra. Os condutores AB e CD têm 150 Ω de resistência cada um. Assim:

ε = Req i ⇒ 36 = 300 i ⇒ i = 0,12 A

UXY = ε – (RAX + RCY)i =

= 36 – (1,5 � + 1,5 �) 0,12

UXY = 36 – 0,36 �

Q = C UXY ⇒ Q = 5 (36 – 0,36 �)Q = 180 – 1,8 � (� em metros e Q em microcoulombs)

C1 = 0,08 µF

Q = 2 µC

U1 = QC1

= 20,08

⇒ U1 = 25 V

f1 = 100 Hz

50

�1

Q = 2 µC U2

�2

C2

f2 = 250 Hz

Como f = N v2 L

e N = 1, temos:

f1 = v2�1

= 100

f2 = v2�2

= 250 ⇒

�2

�1 = 2

5

Como C = � Ad

e Q = C U, temos:

Q = � A�1

U1

Q = � A�2

U2

⇒ U1

�1 =

U2

�2 ⇒ U2 = U1

�2

�1

U2 = 25 25

⇒ U2 = 10 V

51 As duas metades desse capacitor podem ser consideradas dois capacitores associados em paralelo. Então:

C = C1 + C2 = �0 k1

A2

d +

�0 k2A2

d

C = �0 A

2d (k1 + k2)

51

Com n placas, temos uma associação de (n – 1) capacitores planos de

área A, em paralelo, cada um deles com capacitância igual a �0 A

d.

Então, a capacitância do sistema é dada por:

C = (n – 1) �0 A

d

F FM M(+) (–)

+

+

+

+

⇒

–

–

–


O campo magnético e sua infl uência

sobre cargas elétricas

• Objetivos do TópicoIniciamos este Tópico apresentando noções bási-

cas de Magnetismo. Sugerimos, como experimento, a construção de uma bússola.

Em seguida, estabelecemos a orientação do vetor indução magnética e conceituamos linhas de indução. Experimentos com ímãs e limalha de ferro despertam bastante o interesse dos alunos e podem ser realizados facilmente em aula.

Para orientar a força magnética atuante em partí-culas eletrizadas, usamos a regra da mão direita espal-mada, mas colocamos em um boxe a regra da mão es-querda de Fleming, outra opção. Após a análise dessa força, estudamos o efeito Hall.

A exposição teórica do Tópico se encerra com a aná-lise dos possíveis movimentos de partículas eletrizadas submetidas exclusivamente a um campo magnético uni-forme e constante. Na Leitura deste Tópico, mostramos por que ocorrem as auroras polares. Os exercícios 35 e 40 mostram aos alunos como é possível medir a massa de um átomo por meio do espectrômetro de massa.

• O que não pode faltar2. Ímãs ou magnetos • Pólos magnéticos • Atração e repulsão • Inseparabilidade dos pólos de um ímã3. O campo magnético de um ímã4. Campo magnético uniformeExercícios5. Ação do campo magnético sobre cargas elétricasExercícios7. Campo magnético uniforme e constante8. Movimento de portadores de carga elétrica lança-

dos em um campo magnético uniforme e constante • Quando a velocidade v tem a mesma direção de B • Quando a velocidade v tem direção perpendicu-

lar a BExercícios

• Algo maisPode-se solicitar aos alunos trabalhos de pesquisa

que abordem temas como:• O acelerador de partículas ciclotron.• A câmara de bolhas e outros detectores de partí-

culas.

• Subsídios ao Descubra mais1. Por que as auroras polares acontecem predominante-

mente naquelas regiões?Na realidade, a excitação dos gases da atmosfe-

ra causada pelos elétrons do “vento solar” não ocorre apenas nas regiões polares.

Entretanto, nas regiões polares a quantidade de excitações por unidade de tempo e por unidade de volume de ar é muito maior porque o campo mag-nético terrestre desvia grande quantidade de elétrons, de modo a concentrá-los nessas regiões. Assim, a lu-minosidade decorrente das excitações torna-se muito mais intensa e pode ser vista mais facilmente do que em outras regiões.

Por isso, as auroras acontecem predominantemen-te nas regiões polares.

2. Em Eletrostática, você estudou as linhas de força de um campo elétrico. Por que essa denominação (linhas de força) não é adequada para as linhas de indução de um campo magnético?Em um campo elétrico, partículas eletrizadas sub-

metem-se a forças elétricas que têm a mesma direção das linhas do campo. Portanto, a denominação linhas de força é adequada a essas linhas:

Em um campo magnético, porém, as forças magnéticas possíveis de atuar em partículas eletri-zadas têm direções perpendiculares às linhas do campo. Por isso, é inadequado chamá-las de linhas de força:

Tópico 1

Parte III - ELETROMAGNETISMO

++ ––

Fe2

Fe1

E1

q2 < 0q1 > 0

Linha deforça

E2


Fm2

Fm1

q2 < 0q1 > 0

Linha deindução

++ ––v1 v2

B1

B2

Nota: • A força magnética que atua em uma partícula ferro-

magnética – um grânulo de limalha de ferro, por exem-plo – tem a mesma direção do vetor campo magnético. Entretanto, a importância dessa força que atua em partí-culas eletrizadas é bem maior pela grande diversidade de aplicações práticas (motores elétricos, tubos de raios catódicos, espectrômetros de massa, aceleradores de par-tículas entre outros).


22

Alternativa e.

38 Em O, deve prevalecer o campo magnético do ímã, o que fez θ ser aproximadamente igual a 90°. Em pontos muito afastados de O, o campo do ímã torna-se desprezível, prevalecendo, então, o campo magnético terrestre, o que torna θ praticamente igual a zero.

Alternativa c.

39

τFe = Ec ⇒ q U = m v2

2 ⇒ v =

2q Um

v = 2 · 1,6 · 10–19 · 2 0001,6 · 10–26

⇒ v = 2 · 105 m/s

R = m v|q| B

= 1,6 · 10–26 · 2 · 105

1,6 · 10–19 · 0,5

R = 40 mm

40a) EPB

+ ECB + EPA

+ ECA

q νB + m v2

2 = q νA + 0

v = 2 q (νA – νB)

m

Como νB � νA : q � 0

Então: v = 2q V

m

b) Rcp = Fm ⇒ m v2

R = q v B

m = q B R

v = q B R m

2q V

m2 = q2 B2 R2 m2q V

⇒ q B2 R2

2V

c) 1o pico:

m1 = 1,6 · 10–19 2

100 (10 · 10–2)2

2 · 10 000

m1 = 1,6 · 10–27 kg

∴ m1 = 1 u (hidrogênio)

2o pico:

m2 = 1,6 · 10–19 4

100 (10 · 10–2)2

2 · 10 000

m2 = 3,2 · 10–27 kg

∴ m2 = 2 u (deutério: um isótopo do hidrogênio)

Observemos que haverá acúmulo de elétrons livres na região central do bastão e conseqüente falta deles nas extremidades.

24 Supondo que as partículas se submetem exclusivamente aos campos citados, temos:A: campo elétrico

–

–

Z

Y

Fm

Fm

v

X

B

v

Feq

–v0

E

q–

v0B

Como a partícula está em movimento retardado, submete-se a uma força elétrica Fe oposta à sua velocidade e, portanto, oposta ao vetor E . Assim, q é negativa.B: campo magnético

Fm

BZ

v

Arco de circunferência

+

θ = 0° ⇒ Fm = O ⇒ velocidade constante

36Região I: Movimento retilíneo e acelerado na direção e no sentido de x ⇒ +Ex

Região II: MCU ⇒ BZ

Fe

EX v

Arco de parábola

+

+

VA

Bv

Fontede íons

v0 = 0

Região III: composição de MU na direção de y com MUV na direção de x ⇒ –Ex


41

Bmáx ⇒ m v

q d2

= 2m vq d

• Bmín ⇒ rmáx = R

c) No triângulo retângulo destacado na fi gura acima, temos:

Peso2 = F2M + R2

ar

m2 g2 = Q2 v2L B2 + k2 v2

L

v2L =

m2 g2

Q2 B2 + k2

vL = m g (Q2 B2 + k2)– 1

2

46

Fe = Fm ⇒ |q| E = |q| v B sen θ

v = EB sen θ ⇒ v = 2 · 105

0,1 sen θ

v = 2 · 106

sen θ m/s

43 Se o campo magnético fosse uniforme e constante, a partí-cula descreveria uma hélice cilíndrica com seção transversal de raio

R = m v⊥|q| B

. Entretanto, como B diminui, esse raio aumenta e a partícula

descreve aproximadamente a trajetória representada a seguir, que é uma hélice não-cilíndrica:

Alternativa c.

44 Fcp = Fm ⇒ m v2

r = q v B 1, em que q � 0

B = m vq r

• Bmáx ⇒ rmín = d2

R2 = h2 + (d – R)2 ⇒ R2 = h2 + d2 – 2d R + R2

R = h2 + d2

2d

Bmín = m v

q h2 + d2

2d

= 2 m v dq (h2 + d2)

Então:

2 m v dq (h2 + d2)

� B � 2 m vq d

45a) Antes de a partícula penetrar no campo magnético, temos:

Rar = P ⇒ k v0 = m g

K = mgv0

b) A nova velocidade constante é atingida quando Rar e FM equilibram o peso, ou seja, quando a resultante de todas as forças se anula:

E

+ Bq θ

v1

Fe

Fm

a b

x

v

h

vd2

h

d – R R

d

R

v

Rar

P

v0

B

Rar FM

vL

Peso

+

SM NG

N S

Não.A pessoa vai caminhar para o sul magnético, afastando-se, portanto, do norte geográfi co.


P

EU

i

Q

–

+ + + + + + + + + + +

– – – – – – – – – –

Vista de cima

Bd = 5,0 cm –

Fe

Fm

v

+

0,80 m

0,80

m

d 0,60 m

R = 1,0 m

CA

B

B

Vista decima

v

d = R – 0,60 = 1,0 – 0,60 ⇒ d = 0,40 m

50a) Durante um intervalo de tempo Δt, N elétrons livres passam por

uma seção transversal da fi ta. Esses elétrons ocupam uma porção da fi ta de volume V e comprimento Δs:

V

⇓ Após ΔtΔs

A

v

i

Δs

v

47 R = m v|q| B

= (2,0 · 10–3) · (2,0 · 10–2)

(8,0 · 10–6) · (5,0)

R = 1,0 m

Tópico 2

A origem do campo magnético

• Objetivos do TópicoIniciamos este Tópico descrevendo a experiên-

cia de Oersted. Sugerimos depois um experimento para comprovar que correntes elétricas geram campo magnético.

Em seguida, estudamos o campo magnético ge-rado por um fi o retilíneo, aplicando a Lei de Ampè-re na determinação de sua intensidade. Para orientar as linhas de indução, usamos a regra da mão direita envolvente, tanto no caso do fi o retilíneo como nos seguintes.

O conhecimento do campo gerado por fi o retilíneo possibilita uma análise mais detalhada da experiência de Oersted, apresentada em um boxe.

Ao estudarmos o campo magnético gerado por uma espira circular, sugerimos um experimento sim-ples para comprovar a existência de pólos magnéticos na espira. Aplicamos a Lei de Biot-Savart-Laplace para determinar a intensidade desse campo no centro da espira.

No estudo do campo magnético gerado por um so-lenóide, aplicamos novamente a Lei de Ampère para determinar a intensidade desse campo no interior de um solenóide compacto. Em um boxe, mostramos como os elétrons são direcionados em um tubo de imagem.

Em seguida, estudamos as propriedades magnéticas dos materiais, enfatizando os ferromagnéticos. Sugeri-mos um experimento para comprovar o ponto Curie.

Na primeira “Leitura” deste Tópico, tecemos al-guns comentários sobre o campo magnético terrestre.

Finalizamos a exposição teórica do Tópico estu-dando o eletroímã e apresentando uma “Leitura” so-bre disjuntores.

• O que não pode faltar1. Introdução2. Campo magnético gerado por um fi o retilíneo mui-

to longo (infi nito)

n = NV

⇒ N = n V = n A Δs

i = N eΔt

= n A Δs eΔt

⇒ i = n A v e

v = in A e

v = 100 C/s

8,5 · 1022 elétronscm3 5,0 cm2 · 1,6 · 10–19 C

v = 1,47 · 10–3 cm/s

b)

Então:

|U|d

= v B ⇒ |U| = d v B

|U| = 5,0 · 10–2 m 1,47 · 10–5 m/s · 4,0 T

|U| = 2,94 · 10–6 V = 2,94 µV

A polarização da fi ta se encerra quando Fe e Fm se equilibram:

Fe = Fm ⇒ e E = e v B ⇒ E = v B

Como E d = |U|: E = |U|d


Fios de cobre ligadosàs extremidades do

U para gerar umacorrente elétrica

usando uma pilha

P1

P2I

L U

T

F1

F2

Exercícios3. Campo magnético gerado por uma espira circularExercícios5. Origem das propriedades magnéticas dos mate-

riais6. Materiais ferromagnéticos9. EletroímãExercícios

• Algo maisUma montagem experimental para demonstrar

em sala de aula o experimento de Oersted pode ser feita de modo bastante simples, como sugere a fi gura a seguir:

A força magnética F atuante em um pólo mag-nético de intensidade p, no vácuo ou no ar, devida a um campo magnético externo B, tem a mesma di-

reção de B e intensidade F = p Bµ0

. Se o pólo que

se submete ao campo B é um pólo norte, a força magnética tem o mesmo sentido de B; se é o sul, a força citada tem sentido oposto ao de B.

Considere o ímã em forma de barra reta ilustrado na fígura a seguir, em que estão representadas algu-mas das linhas de indução do campo magnético do ímã, em uma região externa a ele (ar):

Em que: U: fi o grosso e rígido de cobre ou alumínio (ou uma haste de

latão) em forma de U; T: tábua; F1 e F2: furos na tábua, onde se encaixa a peça U; I: ímã suspenso ao U por fi os de linha (L); P1 e P2: parafusos de ferro para “prolongar” o ímã, se necessário.

N

S

N

B

A

S

π

S

N

Ímã

F4 F3

F2

F1

Se uma peça ferromagnética não-imantada – de ferro, por exemplo – for colocada na região A indica-da na fi gura, por indução, ela vai adquirir pólos mag-néticos norte e sul, não-permanentes. Como a parte da peça em que é induzido o pólo norte está em uma região de campo magnético mais intenso (maior den-sidade de linhas de indução do campo externo), a or-ganização dos domínios magnéticos será mais perfei-ta nessa parte do que na outra, que está em uma região de campo magnético menos intenso. Isso equivale a dizer que a peça, como um todo, terá um pólo norte induzido mais intenso que o pólo sul induzido.

A diferença entre as intensidades de B nas duas partes consideradas e a diferença entre as intensidades dos pólos induzidos permitem concluir que a intensi-dade da força F1 será maior que a de F2 e, portanto, que a peça será atraída pelo ímã.

Entretanto, se a peça for centrada na região B – uma região do plano π no qual está a zona neu-tra do ímã (ver fi gura) –, o nível de organização (ou desorganização) dos domínios, à esquerda e à direita do plano π, será o mesmo. Assim, as intensidades dos pólos norte e sul induzidos na peça serão iguais.

Considerando que as dimensões da peça sejam muito menores que as distâncias entre ela e os pólos

Inicialmente, posicionamos a tábua de modo que o ímã fi que estabilizado paralelamente ao trecho ho-rizontal do U.

Em seguida, estabelecemos uma corrente contí-nua no U e observamos um desvio do ímã.

• Subsídios ao Descubra mais1. Em um ímã, existe um local denominado zona neutra,

que não atrai magneticamente, por exemplo, um prego de ferro.

Elabore um modelo para explicar a existência da zona neutra.


do ímã, os pólos induzidos estarão submetidos a ve-tores B praticamente horizontais e de mesma intensi-dade. Assim, as forças F3 e F4 se equilibrarão e a peça não será atraída pelo ímã.

2. Um longo fi o de cobre, estendido paralelamente a um terreno plano e horizontal, é percorrido por uma corren-te elétrica constante de intensidade i.

Numa pessoa P, em repouso na posição indicada na fi -gura (vista de cima), o vetor indução magnética devido ao fi o é B (B ≠ 0 ).

– – – – –

M N

P

B

i

Suponha que essa pessoa passe a caminhar ao longo da reta MN paralela ao fi o, dirigindo-se de M para N, com velocidade de módulo igual ao da velocidade média dos elétrons livres presentes no fi o. As duas velocidades são relativas ao terreno.

Qual é, nessa nova situação, o vetor indução magnética na pessoa, devido ao fi o? Explique.Quando a pessoa P está em repouso no terreno,

a corrente elétrica no fi o é devida ao movimento de elétrons livres, que se deslocam em relação a ela com velocidade média de módulo v, no sentido de M para N. Na fi gura a seguir, os cátions do fi o, “fi xos” em relação à pessoa, não foram representados:

+ + + + +

M N

P

i

B

O L

S

S

N

N

BTerra

• Resolução dos exercícios propostos11 Para r = 1 m, por exemplo, temos:Bµ0

2π

= 20 ⇒ B = µ0

2π 20

Como B = µ0 i

2π r:

µ0

2π 20 = µ0 i

2πi = 20 A

12

S

N

i

BTerra

Bfio

Bresultante

Posição da agulha no ponto 5:

Ao caminhar paralelamente ao fi o, de M para N, com velocidade de módulo também igual a v, os elé-trons livres passam a estar em repouso em relação à pessoa. Portanto, para ela, a corrente elétrica e o campo magnético devidos a esses elétrons tornam-se nulos.

Entretanto, em relação à pessoa, a rede cristalina for-mada pelos cátions agora se move, deslocando-se com velocidade de módulo v, no sentido de N para M, e ge-rando uma corrente elétrica com a mesma intensidade e o mesmo sentido da corrente da situação anterior.

Conseqüentemente, o campo magnético B na pes-soa, devido ao fi o, permanece o mesmo:

Notemos que a defl exão sofrida pela agulha, ao ser colocada no ponto 5, é de 180°.Alternativa e.

15 Em P, B1 entra no papel:

B1 = µ i12π r

= 4π 10–7 · 182π 3,0 · 10–2

⇒ B1 = 1,2 · 10–4 T

Em P, B2 sai do papel:

B2 = µ i22π r

= 4π 10–7 · 102π 1,0 · 10–2

⇒ B2 = 2,0 · 10–4 T

Assim: BP = B2 – B1 ⇒ BP = 8,0 · 10–5 T

17 Na fi gura a seguir, estão indicados os vetores indução no centro P do quadrado, criados pelos quatro fi os:

Fio i

M NP

Posição da agulha livre do campo magnético do fi o:

BD

BB

BA

P

A B

D C

BC

Como as correntes têm a mesma intensidade e P é eqüidistante dos quatro fi os, temos:

BA = BB = BC = BD = B = µ i

2π r

Sendo µ = 4 π 10–7 T mA

, i = 30 A e r = � 22

= 7,5 2 · 10–2 m, calcule-

mos B, que é o módulo comum dos quatro vetores:

B = 4π 10–7 · 302π 7,5 2 · 10–2

⇒ B = 8,0 · 10–5

2 T


No centro do quadrado, temos:

Mão direita envolvente

Resposta: Perpendicular ao plano da circunferência, entrando nesse plano.

25

B1 = µ i12 R1

= 4π 10–7 · 202 · 0,20

⇒ B1 = 2π 10–5 T

B2 = µ i22 R2

= 4π 10–7 · 302 · 0,40

⇒ B2 = 1,5π 10–5 T

Como B1 e B2 têm a mesma direção e o mesmo sentido (perpendicular ao plano do papel, “entrando” no papel), temos, em C:

B = B1 + B2 = 3,5 π 10–5 T

26

B1 = µ0 i12 R

= 4π 10–7 · 82 · 0,4π ⇒ B1 = 4 · 10–6 T

B2 = µ0 i22 R

= 4π 10–7 · 62 · 0,4π ⇒ B2 = 3 · 10–6 T

Como os dois campos são perpendiculares entre si, temos, em O:

B = 5 · 10–6 T = 5 µT

Nota:

• T mA

=

N

C ms

m

A =

NAA

= NA2

BP

P

2 B 2 B

–

⇒

i

B

Aplicando o Teorema de Pitágoras ao triângulo sombreado, obtemos:

B2P = (2 B)2 + (2 B)2 ⇒ BP = 2 B 2

Como B = 8,0 · 10–5

5 T, calculemos BP:

BP = 2 · 8,0 · 10–5

2 · 2

BP = 1,6 · 10–4 T

21

i2

i

i2 =

i2

i1 =

C

27

Bsolenóide

S

N

O LN

S

BTerra

As correntes de intensidades i1 e i2 criam, no centro C, campos magné-ticos de mesma intensidade e sentidos opostos.Então:BC = 0

36

B

B

B

B

Bh

B = BhBh

1 5i

Fio

2 3 4

Alternativa a.

44 Na mesma posição em que se estabilizou a agulha da bússola (a) porque, na presença do ímã, a agulha da bússola (b) magnetiza-se por indução.

47 Se as correntes tivessem o mesmo sentido, haveria um enfra-quecimento do campo magnético resultante nas vizinhanças do cen-tro do segmento AB, pois elas criariam aí campos de sentidos opostos. O campo resultante nessa região, entretanto, é intenso, pois, quanto maior a densidade de linhas de indução, maior é a intensidade do cam-po. Além disso, na metade da distância entre os fi os, o campo magné-tico não é nulo, já que existe uma linha de indução nesse local.

Alternativa a.

48 Só ocorrerá defl exão da agulha, no plano horizontal, nas posi-ções em que o campo magnético gerado pela corrente no fi o for hori-zontal ou, pelo menos, tiver componente horizontal. Isso acontece em 2, 3 e 4:

Alternativa e.


BB

B

BA

BC

r

r

r30°

30°

60°

O

A

C

Como as correntes têm a mesma intensidade nos três condutores e o ponto O é eqüidistante deles, concluímos que os módulos dos três vetores são iguais. Assim:

BA = BB = BC = µ0 i

2π r

Sendo µ0 = 4π 10–7 T mA

, i = 20 A e r = 2,0 m, temos:

BA = BB = BC = 4π 10–7 · 202π 2,0

⇒ BA = BB = BC = 2,0 · 10–6 T

A seguir, determinamos a resultante dos três vetores.A soma de BC com BB é igual a BA:

BA

BB + BC

BfioO

Bespira

i i

A

52a)

6 Ω

2 Ω

4 ABO

A

4 A

i2

i1

A diferença de potencial é igual para os dois arcos entre A e B. Lem-brando que U = R i, temos:2 i1 = 6 i2 ⇒ i1 = 3 i2Como i1 + i2 = 4 A ⇒ 3 i2 + i2 = 4 Ai2 = 1 Ai1 = 3 A

b) i1 cria B1 entrando em O:

B1 = 14

· µ i12 R

= 3µ8 R

i2 cria B2 saindo de O:

B2 = 34

· µ i22 R

= 3µ8 R

Portanto:BO = 0

53• Determinação de i:

V = R i = ρ LA

i = ρ Lπ r2

i ⇒ i = π r2 Vρ L

• Determinação de n:

50

Bfi o = µ0 i

2π r Bespira =

µ0 i

2 R

BO = B2fi o + B2

espira = µ2

0 i2

4π2 r2 + µ2

0 i2

4 R2 ⇒ BO =

µ0 i

2

1π2 r2 + 1

R2

51a) ε = Req i ⇒ 100 = 20 i ⇒ i = 5 A

B = µ n i

� = 4 π 10–7 · 1 000 · 5

B = 2π · 10–3 T

b) Um observador à esquerda de A vê:

49 Na fi gura a seguir, estão indicados os vetores indução magnética criados em O pelos três condutores. Os sentidos desses vetores foram dados pela regra da mão direita envol-vente.

Assim:B0 = 2,0 · 10–6 + 2,0 · 10–6

B0 = 4,0 · 10–6 T

Assim, a extremidade A é um pólo sul magnético.

�

Corte longitudinalda bobina

2r

Sendo � o comprimento da bobina e N o número de espiras, temos:

n = N�

e � = N 2r

Portanto:

n = NN 2r

= 12r

• Finalmente, temos:

B = µ n i = µ 12r

· π r2 Lρ L

B = µ π r V2 ρ L

Alternativa a.

14

de 8 Ω = 2 Ω

34

de 8 Ω = 6 Ω


55Vamos, então, à resolução do exercício.Os trechos retilíneos não criam vetor indução em C. O trecho circular de raio R1 cria em C um vetor indução de intensidade B1 e sentido en-trando no papel:

B1 = µ0 i α4π R1

O trecho circular de raio R2 cria em C um vetor indução de intensidade B2 e sentido saindo do papel:

B2 = µ0 i α4π R2

Então, a intensidade do vetor indução resultante em C é dada por:

B = B1 – B2 ⇒ B = µ0 i α

4π 1R1

– 1R2

Como a carga é proporcional à área:

qQ

= 2π r Δrπ R2

⇒ q = 2Q r ΔrR2

A intensidade da corrente elétrica gerada por q, considerando um pe-ríodo T, é dada por:

i = qT

= 2Q r ΔrT R2

= 2Q r Δr2πω · R2

= Q ω r Δrπ R2

A intensidade do campo magnético gerado pelo anel, em seu centro, é:

B = µ0 i

2r =

µ0 Q ω r Δrπ R2

2r =

µ0 Q ω2π R2

Δr

Então:

Btotal = Σ B = Σ µ0 Q ω2π R2

Δr = µ0 Q ω2π R2

constante

Σ Δr

R

⇒ Btotal = µ0 Q ω2π R2

R

Btotal = µ0 Q ω

2π R

56a) Nesse caso, α = β = 90° e sen α = sen β = 1:

B = µ i

4π r (1 + 1) ⇒ B =

µ i2π r

b) Agora temos α = 90° e β = 0°. Então, sen α = 1 e sen β = 0:

B = µ i

4π r (1 + 0) ⇒ B =

µ i4π r

= 12

· µ i

2π r

57 Revendo a aplicação da Lei de Bio-Savart-Laplace na determi-nação da intensidade Bespira do vetor indução magnética no centro de uma espira circular, percebemos que um trecho da espira cria naquele ponto um vetor indução de intensidade Btrecho, proporcional ao com-primento � do trecho. Assim, sendo 2π R o comprimento total da espi-ra, temos:

Anel

qR r

Δr

�

α

Ri

Tópico 3

Força magnética sobre correntes

elétricas

• Objetivos do TópicoApós estudar a força magnética atuante num tre-

cho elementar de um fi o condutor, determinamos essa força no caso particular de um condutor retilíneo imerso em um campo magnético uniforme.

Na orientação da referida força, usamos a regra da mão direita espalmada, mas colocamos, em um boxe, a regra da mão esquerda de Fleming, uma outra opção.

Após a análise do comportamento de uma espira retangular imersa em um campo magnético uniforme, fi camos conhecendo o princípio de funcionamento de um motor elétrico de corrente contínua. Em um boxe, detalhamos um pouco mais esse tipo de motor. O esquema apresentado pode servir de sugestão para a construção de um motor elétrico rudimentar.

Na “Leitura” deste Tópico, analisamos o funcio-namento do galvanômetro analógico e do alto-falante de bobina móvel.

A exposição teórica do Tópico se encerra com o estudo da interação magnética de condutores retilí-neos e paralelos. Com isso, defi nimos a unidade am-père de intensidade de corrente elétrica.

• O que não pode faltar3. Força magnética exercida em um condutor retilí-

neo imerso em um campo magnético uniforme.Exercícios

Btrecho

� =

Bespira

2π R

Btrecho = Bespira · �2π R

Área total: π R2

Área do anel de largura ele-mentar: 2π r ΔrCarga total: QCarga do anel: q

Como �R

= α (em radianos), podemos escrever:

Btrecho = Bespira · α2π =

µ0 i

2R · α

2π = µ0 i α4π R


+ –U = ε

A

–Q

d

+Q

5. Forças magnéticas entre dois condutores retilíneos e paralelos.

Exercícios

• Subsídios ao Descubra maisEm todos os questionamentos a seguir, atenha-se ao Siste-ma Internacional de unidades.a) Para que um corpo de massa m adquira uma aceleração

de módulo a, é necessário que a resultante das forças que atuam nele tenha um módulo F proporcional a m e a a, ou seja:

F = k m a

em que k é uma constante de proporcionalidade. Entretanto, a expressão usual do Princípio Fundamental

da Dinâmica é, em módulo, F = m a. Portanto, a constan-te k é igual a 1.

Esse valor k foi medido ou, de alguma forma, escolhido? Explique.

O valor k, igual a 1, foi escolhido ao se defi nir 1 N (um newton) como a intensidade da força resultante que produz uma aceleração de intensidade igual a 1m/s2

em um corpo de massa igual a 1 kg:

1N = 1kg · 1m/s2

b) O valor da constante de proporcionalidade G, que apa-rece na Lei da Gravitação, de Newton, foi medido ou adotado? Explique.

A constante física G foi medida.Sua primeira determinação experimental foi rea-

lizada pelo físico inglês Henry Cavendish, em 1798. Usando uma balança de torção e corpos de massas co-nhecidas, mediu a distância entre os corpos, determi-nou a intensidade das forças de atração gravitacional entre eles e, aplicando a Lei de Newton da atração das massas, obteve:

G = 6,71 · 10-11 Nm2/kg2

Em comparação com as outras constantes físicas fundamentais, como a carga elétrica elementar (e) e a velocidade da luz no vácuo (c), por exemplo, a cons-tante G é, até hoje, a conhecida com menor precisão. Seu valor atualmente aceito é 6,6739 · 10–11 Nm2/kg2, muito próximo do valor determinado por Cavendish há mais de duzentos anos.

c) Vimos que o valor da permeabilidade magnética do vácuo (µ0) foi adotado. Isso também aconteceu com a permissivi-dade elétrica do vácuo (�0)? Explique.

Não, a permissividade elétrica do vácuo (�0) foi determinada experimentalmente.

Em virtude de difi culdades experimentais, �0 não foi determinada diretamente a partir da lei de

Coulomb: Fe = 14π �0

· |Qq|

d2

Um capacitor pla-no, a vácuo, como o representado na fi gura ao lado, plenamente carregado com carga Q por um gerador de força eletromotriz igual a ε, possibilita a determina-ção de �0.

A capacitância C de um capacitor é defi nida por:

C = QU

Então, para o capacitor representado na fi gura, temos:

C = Qε

Medindo Q e conhecendo ε, determinamos C.Sendo A a área de cada face das placas do capaci-

tor e d a pequena distância entre elas, determinamos �0 a partir da expressão da capacitância de um capa-citor plano:

C = �0 A

d ⇒ �0= C d

A

(ver “Algo mais” do Tópico 4 de Eletrodinâmica)

Nota: • O valor de �0 também pode ser obtido, por meio de cál-

culo, a partir da seguinte expressão decorrente da teoria eletromagnética de Maxwell (ver Tópico 1 de Física Mo-derna, neste volume).

�0 µ0 c2 = 1

em que c é a velocidade de propagação das ondas eletro-magnéticas no vácuo.A partir do valor de µ0 que, como vimos, foi adotado, e do valor de c (medido), calcula-se �0.


12 Em qualquer trecho elementar da espira, o ângulo θ é igual a zero:

Assim, a força magnética na espira é nula.

Alternativa b.

θ = 0°

Bfio

I


14a)

RAB i1 = RCD i2 ⇒ RAB i1 = 2 RAB i2i1 = 2i2

i1 = 2i2i1 + i2 = 12

⇒i1 = 8 A

i2 = 4 A

Temos que:

F = µ i1 i2 �

2π d = 4π 10–7 · 8 · 4 · 1

2π 1,0 · 10–2

F = 6,4 · 10–4 N

24 Para o movimento tornar-se iminente, é preciso que a intensi-dade da força magnética atinja o valor da força de atrito de destaque. Calculemos, então, o valor da indução magnética, que é vertical:B i � = µe m g ⇒ B 10 · 0,6 = 0,5 · 0,3 · 10B = 0,25 T

25

T

P

Fm

P

i

B

Fm = P = 2,0 N

Fm = B i � ⇒ i = Fm

B � =

2,0(1,0) · (20 · 10–2)

i = 10 A, horizontal, da esquerda para a direita.

c) ε = Req i = 6,0 · 10

ε = 60 V

15

B

iF

P

2TX = F

2T 2Ty = P

θ

i = 12 A

i1

RAB

RCD

i2

Fm

P

BiA B

45°

45°

45°

Fn

Fm

P

i = 40 Ar = 1 Ω

R = 9 Ω

ε– +

M

A

M‘

B

T = P = m g = (200 · 10–3) · (10)T = 2,0 N

b)

tg θ = 2Ty

2Tx = P

F

F = B i L sen 90° = B i L

tg θ = PB i L

⇒ i = PB L tg θ ou

i = P (B L tg θ)–1

Alternativa d.

22Lembrando que R =

ρ �A

e sendo AAB = 2 ACD:

RAB = RCD

2 ⇒ RCD = 2 RAB

Fm cos 45° = P cos 45° ⇒ Fm = PB i � = P ⇒ 0,5 i · 1 = 2 ⇒ i = 4 A

26 Para o condutor AB fi car em repouso, é preciso que a força mag-nética Fm equilibre seu peso P .Então:Fm = PB i � sen θ = P

i = PB � sen θ

Como P = 20 N, B = 0,5 T, � = 1 m e sen θ = sen 90° = 1, calculemos i:

i = 200,5 · 1 · 1

⇒ i = 40 A

A situação esquematizada equivale, eletricamente, ao circuito a seguir:

Então:ε = (R + r) iFazendo R = 9 Ω, r = 1 Ω e i = 40 A, calculemos ε:

ε = (9 + 1) 40

ε = 4 · 102 V


28 No trecho CD surge uma força magnética vertical para baixo, cuja intensidade deve ser igual à do peso do corpo colocado no prato para reestabelecer o equilíbrio:

i

C D

Fm

B

Para uma melhor vizualização, vamos ampliar esses trechos:

B i � B i �

L = d

B i d

i

i

i

A d B

� � Por simetria, as componentes de intensidades B i Δ� cos θ se equili-bram.Então:Fm = Σ B i Δ� sen θ

Δd

= B i Σ Δd

Fm = B i d

B i �

B i q

B i m

B i nB i p

� p

mn

q

i

i

A d B

B i �

B i L B i L sen θ = B i d

i

i

L

d

θθ

A Bd

�B i L cos θ = B i �

�

29a) F1:

F2:

B i n + B i q = B i (n + q) = B i �B i m + B i p = B i (m + p) ⇒ Fm = B i d

F3:

i

r

A B

d Δd Δd

Δ� B i Δ�

B i Δ�

Δ�

Δ� c

os

θ

Δ� c

os

θ

Δ� sen θ = Δd

Δ�Δ�

B i Δ� B i Δ �

θ θθ θ

Δ� sen θ = Δd

B i Δ� cos θ B i Δ� cos θ

B i Δ� sen θ B i Δ� sen θ

Fm = P

B i CD = m g ⇒ B = mg

i CD

B = 15,0 · 10–3 · 9,8010,0 · 5,00 · 10–2 ⇒ B = 0,294 T

cos θ = �L

⇒ � = L cos θ

sen θ = dL

⇒ d = L sen θ

Então: Fm = B i d

b) Consideremos trechos elementares do fi o, de comprimentos iguais a Δ�, e simétricos em relação à reta r:

Tópico 4

Indução eletromagnética

• Objetivos do TópicoNo início deste Tópico, defi nimos o fl uxo do

vetor B e conceituamos a indução eletromagnética. Sugerimos um experimento muito simples em que o aluno constata o aparecimento de corrente elétrica em um enrolamento de fi o que não está ligado a ne-nhum gerador.

Após enunciar a Lei de Lenz, procuramos levar o aluno a redescobri-la por meio da análise de uma situação particular. Sugerimos ainda um experimento que possibilita constatar a Lei de Lenz e investigar a Lei de Faraday-Neumann.

No estudo das correntes de Foucault, apresenta-mos algumas de suas aplicações.

Na primeira “Leitura” deste Tópico, analisamos a aplicação da indução eletromagnética nos microfones dinâmicos, nas cápsulas magnéticas dos antigos toca-discos, nas fi tas magnéticas de áudio e vídeo, nos car-tões magnéticos e bilhetes de metrô e nos disquetes.


Em seguida, analisamos a força eletromotriz indu-zida em um fi o condutor movendo-se em um campo magnético e esclarecemos a origem da força contra-eletromotriz de um motor de corrente contínua.

O próximo item abordado é a Lei de Faraday-Neu-mann.

Após a apresentação dos transformadores de ten-são, fazemos, na segunda “Leitura” deste Tópico, a análise do circuito de ignição de motores à explosão.

Na atual versão, acrescentamos o estudo da indu-tância de um circuito, incluindo a auto-indução e o circuito RL.

No Apêndice, estudamos o princípio de obtenção de correntes alternadas, o comportamento dessas cor-rentes em resistores e a conversão de tensão alternada em tensão contínua.

• O que não pode faltar1. Introdução

2. Fluxo do vetor indução magnética ou fl uxo de in-dução (θ)

3. Variação do fl uxo de indução

4. Indução eletromagnética

5. Lei de Lenz e o sentido da corrente induzida

Exercícios7. Movimento de um fi o condutor em um campo

magnético: força eletromotriz induzida

8. Força contra-eletromotriz de um motor

9. Lei de Faraday-Neumann

Exercícios

• Algo maisÉ pertinente solicitar trabalhos de pesquisa sobre

veículos de levitação magnética e sobre um acelera-dor de elétrons denominado bétatron.

Uma demonstração experimental interessante pa-ra simular o aproveitamento da energia eólica para a obtenção de energia elétrica pode ser realizada usando um pequeno motor de corrente contínua, com uma hé-lice de aeromodelo acoplada a seu eixo, um led e um ventilador.

Dispondo o motor de modo que a hélice fi que voltada para o ventilador em rotação máxima e perto dele, ela gira. Com isso, o led, ligado adequadamente aos terminais do motor, acende.

Nota: • O autor usou um ventilador de alta potência, um motor

retirado de um velho videocassete e uma hélice 11 � 7,5.

• Subsídios ao Descubra mais1. Nas guitarras elétricas, as vibrações das cordas geram

pequenos sinais elétricos que, depois de amplifi cados, chegam aos alto-falantes, onde são produzidos os sons que ouvimos.

Como funcionam os captadores das vibrações das cordas?Cada captador é cons-

tituído de um ímã per-manente envolvido por uma bobina na qual será induzida uma pequena corrente elétrica de acor-do com o sinal mecânico (som) emitido pela corda vibrante.

NN

SS

Ímã

N

Corda de metalferromagnético

Para oamplificador

Região magnetizada peloímã, por indução magnética

S

Bobina

T1

T2

Quando a corda vibra, a região dela, magnetiza-da pelo ímã por indução magnética, produz um fl u-xo magnético variável através da bobina, acarretando uma força eletromotriz induzida, também variável, entre seus terminais T1 e T2. Essa força eletromotriz induzida gera uma pequena corrente, que é amplifi ca-da, e, em seguida, passa pelos alto-falantes, que geram sons nas mesmas freqüências de vibração da corda.

Há mais de um captador para cada corda, em dife-rentes posições para melhorar a efi ciência da recepção dos diferentes harmônicos emitidos por ela.

2. Em uma situação de emergência, um eletricista usou uma lâmpada especifi cada por 150 W-220 V, em um lo-cal em que a tensão da rede elétrica é de 110 V. Ele dis-punha de fi os de cobre com isolação, de vários plugues (“macho” e “fêmea”) e de um transformador especifi ca-do por:

A guitarra da fotografi a tem três captadores para cada corda.

Representação esquemática de um captador visto de lado.

Jupi

ter U

nlim

ited/

Keyd

isc


• potência: 300 W • tensão de entrada (primário): 220 V • tensão de saída (secundário): 110 V O que esse eletricista vez para usar a lâmpada com seu

brilho normal?Um mesmo transformador que fornece 110 V na

saída (secundário) quando recebe 220 V na entrada (primário), operando como abaixador de tensão, faz o contrário quando invertemos entrada e saída. Isso signifi ca que se a saída – que agora passa a ser entrada – receber 110 V, o transformador fornecerá 220 V na entrada – que agora passa a ser saída. Procedendo as-sim, o transformador torna-se um elevador de tensão. Foi isso que o eletricista fez:

Tomada de 110 V

110 V no “antigo” secundário

220 V no “antigo” primário

Lâmpada Transformador

Se, em vez de uma única espira, tivermos uma bobina chata constituída de n espiras em rotação, a força eletromotriz induzida total será εtotal = nε, pois as diversas espiras se comportarão como pequenos geradores em série.

Montando a bobina em um núcleo de ferro lami-nado, a força eletromotriz induzida aumenta conside-ravelmente porque o fl uxo de indução concatenado com ela se intensifi ca.

Anéis metálicos

Galvanômetro

Rotação

N

S

3. Dentre os geradores em que ocorre conversão de ener-gia mecânica em energia elétrica há os alternadores, que produzem tensão alternada, e os dínamos que pro-duzem tensão contínua praticamente constante.a) Como os dínamos produzem esse tipo de tensão?O item “Princípio de obtenção de corrente alter-

nada”, exposto no início do apêndice deste Tópico, é imprescindível para a análise que faremos a seguir.

Como vimos naquele item, em um gerador de corrente alternada, com apenas uma espira em ro-tação, a força eletromotriz induzida ε é dada por ε = BAω senωt:

T t 0

εmáx ε ε

–εmáx

Núcleo de ferro

S

N

ω

Os anéis metálicos em que estão ligados os termi-nais da bobina (ou da espira) são denominados anéis coletores, pois neles as escovas de grafi te recebem a força eletromotriz induzida.

No caso de dínamo, usa-se um anel coletor seg-mentado, que passa a se chamar comutador.

A fi gura a seguir representa um dínamo rudimentar em que o comutador foi dividido em duas metades:

1 2

Rotação

4

3

3

4

S

N

1. Indutor. Em vez de ímã permanente, pode ser um eletroímã funcionando em corrente contínua.

2. Induzido.3. Comutador.4. Escovas.


ε

0 t

Tensão alternadana bobina girante

Tensão pulsante recebidapelas escovas

Do mesmo modo que no alternador, a bobina girante do dínamo também é percorrida por corrente alternada.

Entretanto, toda vez que ela passa pela posição em que seu plano é perpendicular ao vetor indução mag-nética gerado pelo ímã, a força eletromotriz entre as escovas sofre inversão de polaridade, o que dá origem a uma tensão contínua pulsante:

ε

t0

Força eletromotriztotal

Forças eletromo-trizes recebidasdas várias bobinas

Montando várias bobinas iguais ao redor de um mesmo núcleo de ferro, dispostas simetricamente em torno do eixo de rotação, e usando um comutador com quantidade adequada de segmentos, pode-se obter uma tensão contínua praticamente constante.

As diversas bobinas são associadas em série e, para cada bobina, há um par de segmentos no comutador.

O gráfi co a seguir exemplifi ca a obtenção de uma força eletromotriz praticamente constante:

• produzir uma alta-tensão entre as extremidades da lâmpada para ionizar o gás existente no interior dela, tornando-o condutor; com isso, a lâmpada co-meça a funcionar.

• limitar a intensidade da corrente elétrica no circuito do qual a lâmpada faz parte, durante seu funcionamento.

O reator de partida convencional – aquele que vamos analisar a seguir – é uma bobina de fi o de cobre enrolada em um núcleo ferromagnético. Ele precisa de um dispositivo denominado starter para poder ge-rar a alta-tensão.

O starter é constituído basicamente de duas hastes metálicas situadas no interior de uma pequena cápsula de vidro, havendo em uma delas uma estreita lâmina bimetálica. As hastes estão bem próximas uma da ou-tra, mas não se tocam.

Na fi gura a seguir, L é a lâmpada, F são fi lamen-tos de tungstênio montados em suas extremidades, R é o reator, S é o starter, K é um interruptor e T1 e T2 são os terminais ligados à rede elétrica:

R

K

S

L

T1

T2 F

U

F

b) Um motor elétrico de corrente contínua pode operar

como dínamo?Pode. Um motor elétrico de corrente contínua e um

dínamo são basicamente a mesma máquina.Ao ser ligada a uma pilha ou bateria, essa má-

quina converte energia elétrica em energia mecânica, operando como um motor de corrente contínua.

Se, porém, o induzido for colocado em rotação por água corrente ou vento, por exemplo, a máquina operará como um dínamo, convertendo energia mecâ-nica em energia elétrica.

4. Qual é o papel do reator no funcionamento de lâmpa-das fl uorescentes.O reator de uma lâmpada fl uorescente tem duas

fi nalidades:

Imediatamente após o fechamento do interruptor K, não existe corrente elétrica através da lâmpada porque a mistura gasosa existente em seu interior ain-da não está ionizada. Entre as hastes do starter – que inicialmente, apesar de próximas, não estão em con-tato – ocorre uma descarga elétrica que rapidamente aquece a pequena lâmina bimetálica solidária a uma delas. Essa lâmina se curva e entra em contato com a outra haste, fechando o circuito do qual participam, além do starter, os fi lamentos F e o reator. Os fi la-mentos F rapidamente se aquecem e passam a liberar elétrons (efeito termiônico).

Quando as hastes do starter entram em contato, cessa a descarga entre elas e a lâmina bimetálica rapi-damente esfria, desfazendo o contato entre as hastes: o starter “sai” do circuito.

O desligar do starter faz surgir, por auto-indução, um elevado transiente de tensão entre os terminais do reator (se julgar conveniente, consulte o item 11 deste Tópico).


Esse transiente de tensão provoca uma grande aceleração dos elétrons liberados pelos fi lamentos F. Os elétrons colidem com átomos da mistura gasosa, ioni zando-os. Assim, a mistura torna-se condutora e o circuito é fechado através do reator e da lâmpada, que passa então a emitir luz.

Com a lâmpada já funcionando, o reator desem-penha sua outra função, que é limitar a intensidade da corrente no circuito, impedindo que ela assuma valores inconvenientemente altos. O reator consegue isso graças à sua impedância, uma grandeza devida à resistência ôhmica da bobina e, principalmente, à elevada indutância do reator como um todo.

Notas: • Os reatores usados atualmente são de partida rápida.

São circuitos eletrônicos e não precisam do starter con-vencional.

• Conheça o processo de emissão de luz em uma lâmpa-da fl uorescente no item “O átomo de Bohr e as tran-sições eletrônicas” no Tópico 1 de Física Moderna, neste volume.


4a) Não surge corrente induzida quando não há movimento relativo

entre o ímã e a espira.b)

N

N

S

ii

A corrente induzida tem sentido anti-horário.

c)

R

i i i i i‘ i‘ i‘ i‘

i‘

(1) (2)

aR1

+ – b

N

S

S

ii

14a) Imediatamente após o fechamento da chave, o enrolamento S1 in-

troduz em S2 um fl uxo “da esquerda para a direita”. Surge, então, em S2, uma corrente induzida que gera fl uxo “da direita para a es-querda”. Essa corrente, então, percorre R de A para B.

b) Não havendo variação de fl uxo através de S2, não há corrente in-duzida.

c) Imediatamente após a abertura da chave, S2 percebe o desapareci-mento de um fl uxo “da esquerda para a direita”. A corrente induzi-da gera, então, fl uxo “da esquerda para a direita”, percorrendo R de B para A.

15a) No circuito da esquerda, quando R varia, varia a intensidade da-

corrente. Assim, o campo magnético e o fl uxo magnético (indutor) criados pelo solenóide também variam. Esse fl uxo variável é perce-bido pelo solenóide da direita, surgindo nele uma corrente induzi-da (indução eletromagnética).

b) Quando R diminui, i aumenta. Assim, aumenta o fl uxo indutor “para a esquerda”, criado pelo solenóide (1).

O solenóide (2) percebe o fl uxo indutor crescendo “para a esquerda”. Surge nele, então, uma corrente induzida i’, gerando fl uxo induzido “para a direita”. Essa corrente passa por R1, de b para a.

27a = 0,20 m R = 2,0 Ωv = 10 m/sb = 0,50 mB = 0,30 T• Enquanto a espira penetra no campo, seu centro se desloca de x = –0,10 m até x = +0,10 m. Como o fl uxo indutor “entrando no

papel” aumenta, surge na espira uma corrente induzida no sentido anti-horário para gerar um fl uxo induzido “saindo do papel”.

i = |ε|R

= B a vR

= 0,30 · 0,20 · 10

2,0 ⇒ i = 0,30 A

Pela convenção de sinais estabelecida: i = –0,30 A• Enquanto o centro da espira se desloca de x = +0,10 m até

x = +0,40 m, ela está totalmente imersa no campo. Por isso, não há variação do fluxo indutor e a corrente induzida é nula.

• Enquanto a espira sai do campo, seu centro se desloca de x = +0,40 m até x = +0,60 m. Como o fluxo indutor “entrando no papel” diminui, surge nela uma corrente induzida no senti-do horário para gerar um fluxo induzido “entrando no papel”: i = +0,30 A.A corrente induzida tem sentido horário.


–0,10 0,10

0,20 x (m)0,30 0,40 0,50 0,60

0,30

0,20

0,10

–0,100

i (A)

–0,20

–0,40

Resposta:

31Em cada espira, temos:φ1 = BA = (1,2) · (π 1,0 · 10–4) ⇒ φ1 = 1,2π 10–4 Wbφ2 = 0

εm = – ΔφΔt

= – (0 – 1,2π 10–4)

1,5 · 10–2 ⇒ εm = 1,2π

1,5 · 10–2 V

Entre os terminais da bobina de 100 espiras, a força eletromotriz média induzida é dada por:

εmtotal = 100 εm = 100

1,2π1,5

10–2 ⇒ εmtotal = 2,5 V

35a) |ε| = B � v = 2,0 · 1,0 · 10 ⇒ |ε| = 20 Vb) Como está diminuindo o fl uxo de B “para cima”, surge corrente que

percorre a barra MN de N para M, a fi m de gerar fl uxo “para cima”.c) |ε| = R i ⇒ 20 = 1,0 i ⇒ i = 20 Ad) Fm = B i � = 2,0 · 20 · 1,0 ⇒ Fm = 40 N Essa força atua na barra da esquerda para a direita.e) MRU: PA = Fm ⇒ PA = 40 Nf) Pot = R i2 = 1,0 · 202 ⇒ Pot = 4,0 · 102 Wg) Pot = PA v = 40 · 10 ⇒ Pot = 4,0 · 102 W

42 O fl uxo magnético gerado pela bobina percorre a armação de ferro, atravessando a calha de alumínio. Esse fl uxo, por ser variável, in-duz uma corrente elétrica na calha, o que provoca o aquecimento da água por efeito Joule.Portanto, a temperatura da água passará a aumentar.

50

a) B = µ0 n i

� =

4π 10–7 (5 · 400) 100,50

⇒ B = 0,05 T

b) φ = B A cos θ = B π r2 · cos 0° ⇒ φ = 0,05 π 4π

10–22

· 1

φ = 8 · 10–5 Wb

52 A corrente I produz um campo magnético, polarizando magne-ticamente as faces da espira, que, por isso, interage com o ímã. O ímã, por sua vez, por estar em movimento, produz uma variação de fl uxo de indução através da espira, o que acarreta nela uma corrente induzida, modifi cando a corrente total.Alternativa d.

54 Durante o movimento do ponteiro, aumenta o fl uxo indutor dirigido para fora da região AMN. Por isso, a corrente elétrica induzida gera um fl uxo induzido dirigido para dentro dessa região, tendo senti-do de M para A.Durante uma volta (5 s), a área da espira AMN sofre uma variação ΔA, dada por:ΔA = π MN2 = 3,14 (0,4)2 ⇒ ΔA = 0,5 m2

Temos, então:

|ε| = |Δφ|Δt

= B ΔAΔt

= 0,5 · 0,5

5 ⇒ |ε| = 0,05 V

55 A fi gura representa o lado superior da espira vista de cima.

B

A x

B

i1

i5

i4

i3 i2

B z

B

B(2)

B(5)

B(4)

B(1): posição inicial

B(3)

B

• De (1) para (2), o fl uxo de B (“para a direita”) diminui. A corrente i1 gera fl uxo também “para a direita”.

• De (2) para (3), o fl uxo de B (“para a direita”) aumenta. Por isso, a corrente i2 gera fl uxo “para a esquerda”.

• De (3) para (4), o fl uxo B (“para a direita”) diminui e a corrente i3 gera fl uxo “para a direita”.

• De (4) para (5), o fl uxo B (“para a direita”) aumenta e a corrente i4 gera fl uxo “para a esquerda”.

• De (5) para (1), o fl uxo B (“para a direita”) diminui e a corrente i5 gera fl uxo “para a direita”.

Notemos que, no ciclo, o sentido da corrente na espira sofreu duas inversões.

Alternativa b.

58

a) Como f = 1T

e T = 0,02 s, temos:

f = 10,02

⇒ f = 50 Hz

b) φ = B A = µ i

2π r · A = µ A

2π r i = k i

O valor de φ foi considerado positivo quando i � 0. Portanto, será negativo para i � 0.

0,01 0,02 0,03 t (s)

φ+φ

–φ

0

constante k

c) ε = – ΔφΔt

:

ε+ε

–ε

00,005 0,015 0,025 0,03 t (s)


vmáx

Bi

CD

θ

Fm

Pt

62 A fem induzida aparece porque os elétrons livres se submetem a forças magnéticas que os deslocam para uma das extremidades da haste. Entretanto, só a componente de v, perpendicular a B, contribuiu para o surgimento dessas forças.Por isso:

|ε| = B L v⊥ ⇒ |ε| = B L v sen θNote que, se v e B tivessem mesma direção, teríamos sen θ = 0 e |ε| = 0.

59 Durante a descida da haste CD, a área da espira ABCD diminui, diminuindo, assim, o fl uxo de B através dela. Por isso, surge uma cor-rente elétrica induzida (i) na espira, para gerar fl uxo induzido “a favor” do fl uxo indutor.Essa corrente percorre CD, de D para C.A força eletromotriz induzida (ε), responsável pela citada corrente, é proporcional à velocidade da haste (v):ε = B � vAssim, à medida que v aumenta, ε também aumenta, o mesmo ocor-rendo com i. Conseqüentemente, a intensidade da força magnética sobre a haste CD (Fm) também aumenta. A velocidade máxima é atin-gida quando a força magnética equilibra a componente tangencial do peso (Pt):

65a) Calculemos a área (A) de cada espira:

A = π R2 = π 10π

10–22

⇒ A = 1,0 · 10–2 m2

Calculemos os fl uxos de indução inicial e fi nal através de cada espira:φi = Bi A = 0 A ⇒ φi = 0

φf = Bf A = 4,0 · 1,0 · 10–2 ⇒ φf = 4,0 · 10–2 Wb

A força eletromotriz média induzida em cada espira é dada, em va-lor absoluto, por:

|εm| = |Δφ|Δt

= 4,0 · 10–2

0,10 ⇒ εm = 0,40 V

b) Entre os pontos X e Y temos 100 espiras.|εmXY

| = 100 |εm| = 100 · 0,40 ⇒ |εmXY| = 40 V

c) Embora o circuito esteja aberto, uma corrente transitória circula no solenóide durante a variação de B . Como o fl uxo de B (“para a di-reita”) cresceu, essa corrente gerou fl uxo “para a esquerda” (Lei de Lenz):

XY

i i

i

i –

+

–

–

Portanto, as polaridades elétricas de X e Y, durante a variação de B , são positiva e negativa, respectivamente.

Fm = Pt ⇒ B i � = m g sen θ (I)

ε = B � v ⇒ i = εR

= B � vR

(II)

Substituindo (II) em (I), vem:

B B � vmáx

R � = m g sen θ

vmáx = mg R sen θ

B2 �2

Tópico 1

Parte IV - FÍSICA MODERNA

Noções de Física Quântica

• Objetivos do TópicoPraticamente tudo o que estudamos até agora fo-

ram descobertas ocorridas, e teorias elaboradas, até o século XIX.

Em nossas aulas, entretanto, percebemos freqüen-temente a motivação despertada nos estudantes quan-do tocamos em algum ponto mais atual da Física.

Essa Física “nova”, sem jamais levar a um segun-do plano a Física “velha”, traz, de fato, informações importantes e atraentes. Além disso, ela está presente nos programas de Física dos vestibulares de grandes universidades brasileiras.

Fica, portanto, justifi cada a sua inclusão em um livro didático destinado ao Ensino Médio.

Este primeiro Tópico trata, inicialmente, do mo-delo ondulatório para as radiações eletromagnéticas que, embora ainda seja um item da Física clássica, precisa ser abordado. Estudamos a radiação térmica e o corpo negro abordando a Lei de Stefan-Boltzmann e a Lei de deslocamento de Wien.

Em seguida, abordamos o modelo quântico para as radiações eletromagnéticas, destacando o efeito fo-toelétrico, a dualidade da luz e o Princípio da Comple-mentaridade de Bohr.

Na Leitura “Células fotoelétricas”, fazemos uma análise do relé fotoelétrico, uma das importantes apli-cações do efeito fotoelétrico.

Se o estudante tiver conhecimento da teoria das bandas de valência e de condução (ver subsídios ao Descubra mais no Tópico 1 de Eletrodinâmica), o


efeito fotoelétrico interno pode ser descrito de modo mais formal: em vez de falar em “quebra de ligações” para a liberação de elétrons, dizemos que elétrons da banda de valência absorvem fótons e passam para a banda de condução.

O próximo assunto é o átomo de Bohr: as transições eletrônicas e suas possíveis causas, e os espectros de emissão e absorção dos átomos de elementos químicos.

O estudo das transições eletrônicas possibilita, por exemplo, entender a fl uorescência. A análise de espectros de absorção levou Edwin Hubble a propor a teoria do Universo em expansão.

As quatro forças fundamentais da Natureza são brevemente abordadas em uma Leitura.

• O que não pode faltar1. Introdução2. Modelo ondulatório para as radiações eletromag-

néticasExercícios3. A radiação térmica e o corpo negro • A radiação térmica • Radiação do corpo negro4. Modelo quântico para as radiações eletromagnéticas5. Efeito fotoelétrico6. A dualidade da luzExercícios7. O átomo de Bohr e as transições eletrônicas • Introdução • O modelo atômico de Bohr • Transições eletrônicas causadas pela incidência

de radiação eletromagnética • Outras causas das transições eletrônicasExercícios

• Algo maisDentre os trabalhos de pesquisa que podem ser so-

licitados aos estudantes, sugerimos:1. As diversas modalidades de ondas eletromagnéti-

cas (o espectro eletromagnético). Para cada uma delas, deve-se descobrir: • a faixa de freqüências e de comprimentos de

onda; • como e onde é produzida; • aplicações e problemas que eventualmente possa

causar.2. O funcionamento do CCD (charge-coupled devi-

ce) – usado para o registro de imagens em câmeras fotográfi cas e de vídeo, na Astronomia etc. – e dos visores noturnos (“binóculos de infravermelho”).

3. Desintegração radiativa. • Decaimento α • Decaimento β • Justifi cativa da expressão

ln nn0

= – 0,693 t

meia-vida, usada na Leitura “Método

do carbono 14 para a determinação de idades (da-tação)”, no Tópico 1 de Cinemática, volume 1.

• Subsídios ao Descubra mais1. Faça uma pesquisa sobre a descoberta, a explicação e

algumas aplicações do efeito Cherenkov.A previsão

Em 1888, o matemático inglês Oliver Heaviside, por meio de análises teó-ricas, previu a possibili-dade da produção de uma radiação eletromagnéti-ca “cônica” quando uma partícula eletrizada, com velocidade v, atravessa, em movimento retilíneo e uniforme, um meio mate-rial em que a radiação se propaga com velocidade u, desde que v seja maior que u.

AnalogiaEm certos aspectos, a radiação eletromagné-

tica prevista por Heaviside – que, como veremos, foi comprovada experimentalmente – é semelhante às ondas de choque produzidas no ar por um avião supersônico, ou na água, por uma fonte móvel com velocidade maior que a das ondas geradas na super-fície, como vimos no estudo do efeito Doppler, em Acústica, no volume 2.

Oliver Heaviside (1850-1925).

Ondas produzidas na superfície da água por uma fonte móvel quando a velocidade da fonte é maior que a de propagação das ondas (formação de ondas de choque).

Repr

oduç

ãoRe

prod

ução


A descobertaEm 1934, o físico

russo P. A. Cherenkov descobriu em laborató-rio a radiação prevista por Heaviside, realizan-do vários experimentos nos quais elétrons de alta energia – elétrons disponibilizados por raios γ γ oriundos da de-sintegração de núcleos de elementos radiativos – atravessavam a água ou outros líquidos trans-parentes à radiação eletromagnética emitida (que pode estar ou não na região do visível).

A radiação eletromagnética produzida foi deno-minada radiação de Cherenkov e o fenômeno, efeito Cherenkov.

Nota: • A luminescência azul, freqüentemente emitida pela água

que circunda o núcleo de um reator nuclear (local onde ocorre a fi ssão nuclear, cuja fi nalidade é obter energia elétrica) é conseqüência do efeito Cherenkov.

A explicação Em 1937, dois físicos também russos, colegas de

Cherenkov, I. Y. Tamm e I. M. Frank, explicaram o efeito Cherenkov. Para isso, basearam-se na Teoria Eletromagnética e no Princípio de Huygens. Demons-traram que a radiação observada era de fato causada por uma partícula com carga elétrica – nos experimen-tos, a partícula mais usada foi um elétron – movendo-se em um meio material, em movimento retilíneo e uniforme, com velocidade v maior que a velocidade u com que a radiação eletromagnética produzida se propagava nesse mesmo meio.

Igor Yevgenyevich Tamm(1895-1971).

Ilya Mikhailovich Frank(1908-1990).

A

vv Δt

u Δt

M

FO

FO

Elétronθ

B

uC

Elétron em movimento retilíneo e uniforme em um meio material M.Durante um intervalo de tempo Δt, o elétron se desloca de A até B, com velocidade constante v em relação a M. Nesse mesmo tempo, uma frente de onda resultante cônica FO (onda eletromagnética “de choque”) se propaga de A até C, com velocidade constante u em relação a M:

cos θ = ACAB = u Δt

v Δt ⇒ cos θ = u

v

A respeito do fenômeno que estamos analisando, são necessários os seguintes esclarecimentos: I) Para que a frente de onda resultante seja cônica,

é necessário que o elétron esteja em movimento retilíneo e uniforme (MRU).

Ao penetrar no meio M, porém, ele deveria perder velocidade.

Então, como é possível mantê-lo em MRU? Para responder a essa questão, vamos lembrar de

um movimento que tem alguma semelhança com o do elétron.

Quando um corpo – uma gota de água, por exem-plo – cai no ar, de uma altura sufi cientemente gran-de e num dia sem vento, ele acaba atingindo uma velocidade constante (velocidade limite) e, a par-tir daí, continua em MRU, “consumindo” energia potencial devida ao campo gravitacional da Terra, sem ganhar mais energia cinética. De modo análo-go, para manter o elétron em MRU, uma diferença de potencial elétrico adequada deve estabelecer no meio M um campo elétrico uniforme E.

Desse modo, o elétron recebe energia de uma fonte externa enquanto realiza o MRU. Essa fonte exter-na repõe, durante todo o trajeto do elétron, a ener-gia que ele perde para o meio.

II) De acordo com a teoria eletromagnética de Maxwell, uma partícula dotada de carga elétrica pode emitir radiação eletromagnética. Entretanto,

Pavel Alekseyevich Cherenkov (1904-1990).

Repr

oduç

ão

Repr

oduç

ão

Repr

oduç

ão


para isso ocorrer, é preciso que a partícula possua uma aceleração, que pode ser de qualquer tipo. Elétrons em MRU não podem, portanto, emitir essa radiação.

Então, de onde vem a radiação de Cherenkov? Como o elétron possui carga elétrica, ao passar pelas

vizinhanças das moléculas do meio, induz nelas uma polarização transitória que logo desaparece, pois o elétron se afasta delas continuando em seu trajeto. Durante essa polarização e despolarização momentâ-neas das moléculas, elétrons delas possuem acelera-ção e, por isso, emitem radiação eletromagnética.

Portanto, a radiação provém das moléculas do meio, à custa, porém, da energia que o elétron em MRU está perdendo.

Veja uma representação esquemática e simplifi ca-da do fenômeno:

+++– –– –– ––

–++– –

– –– ––

–

v

Elétron

MoléculaEmissão deradiação

––

++

– –– –

– –––

v––

v––

Elétron aproximando-se de uma molécula do meio.

Elétron nas vizinhanças da molécula.

Elétron afastando-se da molécula.

AplicaçõesApós a explicação do efeito, o próprio Cherenkov

proprôs aplicá-lo na determinação de velocidades de partículas dotadas de carga elétrica.

Ainda em 1937, ele sugeriu experimentos para de-terminar a mínima velocidade que um elétron deveria ter em determinado meio para que o efeito começasse a ser detectado. Sugeriu também experimentos inver-sos: defi nida a velocidade v de um elétron, encontrar um meio – um líquido – em que o efeito já pudesse ser percebido.

O efeito Cherenkov é usado na deteção de partícu-las de alta energia, tendo importância fundamental na espectroscopia e no estudo de raios cósmicos.

O dispositivo denominado contador Cherenkov possibilita detectar partículas com “vidas” muito cur-tas (inferiores a 10–10 s) e, além disso, determinar suas velocidades.

Em 1958, Cherenkov, Tamm e Frank dividiram o Prêmio Nobel de Física.

2. A intensidade máxima da luz solar ocorre em uma fre-qüência aproximadamente igual a 5,6 · 1014 Hz, que é praticamente igual à freqüência da luz correspondente à máxima sensibilidade dos nossos olhos.

Será que isso é mera coincidência?

Provavelmente, não se trata de mera coincidência, mas de um processo de seleção natural em que foram favorecidos os indivíduos com sistema visual mais sensível a essa freqüência e a freqüências próximas dela.

É importante lembrar que a visão sempre foi fun-damental na busca de alimentos e de abrigo, e na fuga de predadores, principalmente nas condições de vida do ser humano primitivo.

3. Ignorando a participação de outros astros, existe, além do Sol, alguma fonte de energia que chega à superfície da Terra?

Existe, embora seja muito menos signifi cativa que o Sol. Trata-se da energia proveniente da desintegra-ção radiativa que acontece no interior do planeta.

4. Em um determinado local da superfície interna do bulbo de vidro de uma lâmpada de incandescência, instalada em um soquete fi xo, surge, após muito tempo de uso, uma mancha escura e com certo espelhamento. Qual é a origem dessa mancha?

Imagine uma lâmpada de incandescência que foi instalada no teto de uma sala, como mostra a fi gura a seguir, e usada durante muito tempo:

Como a velocidade do elétron é constante, a ra-diação emitida pelas diversas moléculas do meio “visitadas” por ele deve ser predominantemente de um mesmo tipo, isto é, de mesma freqüência.

III) Por que a velocidade v do elétron precisa ser maior que a velocidade de propagação u da radiação? Em outras palavras, por que deve se formar uma “onda de choque” para se detectar a radiação de Cherenkov?

Como vimos, as ondas emitidas pelas diversas moléculas do meio têm freqüências predominan-temente iguais. Sendo v maior que u, essas ondas se superpõem em fase (são coerentes), formando a frente de onda resultante cônica. Disso decorre a interferência construtiva das diversas ondas emiti-das (reforço), o que viabiliza uma maior facilida-de na deteção da radiação, o que não ocorreria se a condição v > u não fosse satisfeita.

Nota: • A análise do efeito Cherenkov, feita posteriormente com

base na teoria quântica, levou aos mesmos resultados ob-tidos a partir da teoria ondulatória.


Teto

Mancha

Por operar em uma alta temperatura, a sublima-ção do fi lamento de tungstênio não foi desprezível. O gás existente no interior da lâmpada, quando aquecido pelo fi lamento, sobe, arrastando os átomos de tungs-tênio liberados na sublimação. Esses átomos aderem à superfície de vidro da região superior do bulbo, for-mando uma mancha metálica escura e espelhada.

5. Pode-se falar em temperatura no vácuo? O que um ter-mômetro abandonado no espaço, solitário em uma re-gião de vácuo, vai indicar em sua escala?A expressão “temperatura de vácuo” não tem qual-

quer signifi cado. De fato, a temperatura é uma grande-za associada à energia cinética média de uma popula-ção de partículas como átomos ou móleculas, o que não existe (ou praticamente não existe) no espaço vazio.

O termômetro vai indicar o que ele sempre indica, que é sua própria temperatura, e essa indicação vai de-pender da distância entre ele e alguma fonte de radia-ção (principalmente estrelas). Se o termômetro “frio” foi abandonado nas proximidades de um astro quente, sua temperatura subirá até que as potências absorvida e emitida por ele se igualem. Se foi abandonado num local muito distante de qualquer astro quente, a tem-peratura indicada será mais baixa.6. Um corpo negro precisa ser necessariamente um corpo

escuro?Não. Considere, por exemplo, um corpo de qual-

quer cor dotado de uma cavidade que se comunica com o ambiente externo por meio de um pequeno ori-fício, como sugere a fi gura a seguir:

Orifício

A área do orifício deve ser desprezível em comparação com a área total da superfície interna do corpo.

Radiações eletromagnéticas que entrarem pelo orifício incidirão numa região da superfície interna do corpo, onde uma parcela será absorvida e outra será refl etida, difusamente ou regularmente (estamos su-pondo que as paredes do corpo sejam opacas às radia-ções que adentram a cavidade).

A parcela refl etida vai incidir em outras regiões da superfície interna, onde, novamente, haverá absorções e refl exões. Depois de uma sucessão de refl exões, pra-ticamente toda a radiação que entrou pelo orifício terá sido absorvida, uma vez que a quantidade que escapa pelo orifício, embora não seja nula, é desprezível.

Assim, com muito boa aproximação, o orifício se comporta como um corpo negro na absorção. Conse-qüentemente, também vai se comportar como corpo negro na emissão (a = e).

Se houver uma fonte de radiação térmica dentro da cavidade, a efi ciência desse corpo, emitindo como um corpo negro, aumentará.

Nos experimentos em laboratório, para o estudo da radiação do corpo negro, quase sempre foram uti-lizadas essas cavidades.

7. De que tipo é o espectro da luz emitida pela chama de uma vela: contínuo ou de linhas?

A luz da chama da vela é emitida por partículas sólidas e quentes de fuligem.

Portanto, o espectro dessa luz, de origem térmica, é contínuo.

8. Como ocorre a emissão de laser?

IntroduçãoLaser é uma sigla originária de light amplifi cation

by stimulated emission of radiation: amplifi cação da luz por emissão estimulada de radiação.

Essa sigla também foi incorporada na linguagem para designar o dispositivo em que ocorre o fenôme-no laser.

O primeiro laser foi montado em 1960, por T. H. Maiman.

Em 1953, Charles H. Townes e seus colaborado-res já haviam montado o primeiro maser (microwave amplifi cation by stimulated emission of radiation).

Os masers, os lasers, os irasers (“lasers” que operam no infravermelho) e outros que podem ope-rar nas demais faixas de freqüência do espectro ele-tromagnético baseiam-se em um mesmo princípio da eletrônica quântica.

A importância do laser na Física, na Química, na Biologia, na Radioastronomia, na Medicina (cirurgias


Imagine que esse átomo foi excitado de modo que um elétron saltou do estado fundamental (n = 1) para o quarto estado excitado (n = 5), por exemplo.

Poderíamos acreditar que esse elétron pudesse retornar para qualquer um dos estados permitidos: n = 4, n = 3, n = 2 ou n = 1.

Entretanto, as regras de seleção estabelecem que nem sempre todas essas transições podem ocorrer. Existem transições “proibidas”: aquelas que não obe-decem às regras de seleção.

Na realidade, elas até podem ocorrer, mas com uma probabilidade tão insignifi cante que, normal-mente, não são observadas.

Outra informação que precisa ser acrescentada é o fato de existirem transições para níveis mais baixos sem que ocorra emissão de radiação: são as chamadas transições não-radiativas. Nesses casos, a energia li-berada é cedida ao próprio átomo na forma de energia vibracional (mecânica).

Tipos de transição envolvendo absorção ou emis-são de fótons

Existem três tipos de transição.São eles: a absorção estimulada, a emissão es-

pontânea e a emissão estimulada.• Absorção estimulada

d d

NóNó

⇒

λ2

n = 5n = 4

n = 3

n = 2

n = 1

Elétron

E2

E1

hf

n = 2

n = 1Elétron

E2

E1

⇒

n = 2

n = 1

E2

E1

hf

n = 2

n = 1

ElétronE2

E1

n = 2

n = 1

⇒

de catarata, por exemplo) e na tecnologia (broca para furar metais, por exemplo) é conseqüência das pro-priedades especiais dessa luz.

Dentre essas propriedades, destacamos:• O laser é uma luz colimada, ou seja, altamente

direcional – por ser produzida na forma de ondas planas –, podendo-se, assim, obter feixes muito concentrados.

Para se ter uma idéia dessa propriedade, em 1969 um pincel de laser foi emitido da Terra, incidiu em um espelho situado na Lua – que fora instalado lá por astro-nautas da missão Apolo 11 –, sofreu refl exão nele e vol-tou à Terra, onde foi detectado. O intervalo de tempo de-corrido foi medido e, conhecendo-se a velocidade da luz, obteve-se experimentalmente a distância Terra–Lua.• O laser é uma luz praticamente monocromática,

ou seja, é composta por radiações de comprimento de onda muito próximos.

• O laser é uma luz coerente, ou seja, constituída de ondas em fase, ao contrário do que ocorre com a luz comum.

• Pode-se obter lasers de altíssimas potências, até da ordem de 1013 W.

Informações preliminaresPara ser possível entender o princípio do laser,

precisamos das informações fornecidas a seguir:• Se uma luz monocromática de comprimento de onda

λ for gerada dentro de uma cavidade cilíndrica, com bases planas, polidas e espelhadas, propagando-se na direção do eixo da cavidade, serão produzidas ondas estacionárias se a distância d indicada na fi -gura a seguir for igual a um número inteiro de λ

2.

Junto às bases, haverá nós de deslocamento:

Observe que, na situação descrita, tratamos a luz por meio do modelo ondulatório.• Como vimos no estudo das transições eletrônicas,

um átomo excitado emite radiação eletromagnética quando o elétron realiza um salto quântico para um nível de energia mais baixo.

Observe que agora estamos tratando a luz por meio do modelo corpuscular.

Um fato que não será explicado aqui, e que nem foi mencionado no estudo das transições eletrônicas, é a existência das chamadas regras de seleção.

Para saber de que se trata, considere um átomo que possui os níveis de energia permitidos indicados na fi gura:

Um elétron, no nível de energia E1, absorve um fóton de energia hf = E2 – E1 e realiza uma transição para o nível de energia E2.

• Emissão espontânea

O elétron permanece no nível E2 por cerca de 10-8 s e, espontaneamente, retorna ao nível E1, emitindo um fóton de energia hf = E2 – E1.


E2 n = 2 (pequena população de elétrons)

E1 n = 1 (grande população de elétrons)

Isso possibilita, como veremos, uma inversão das po-pulações de elétrons nos níveis E1 e E2, graças a um processo denominado bombeamento.

Veja o esquema a seguir, que representa o estado fundamental (E1) e dois estados excitados (E2 e E3) de um átomo:

• Emissão estimuladaSe, num elétron no estado excitado E2, incide um

fóton de energia hf = E2 – E1, o átomo é estimulado a emitir outro fóton, de mesma energia (e, portanto, de mesma freqüência), e fazer uma transição para o esta-do E1, sem que ocorra a absorção do fóton incidente:

Isso é comparável, grosso modo, à ressonância mecânica: uma corda de violão por exemplo, com freqüência natural de 200 Hz, vibra e emite um som nessa freqüência, quando é excitada por um som de, também, 200 Hz.

Note que dois fótons de mesma freqüência (luz monocromática) emergem do átomo: o incidente e o emitido por estímulo. Esses dois fótons se movem na mesma direção e no mesmo sentido e, além disso, es-tão em fase (luz coerente).

Nota: • O fóton incidente, de energia hf = E2 – E1, pode, com a

mesma probabilidade, provocar a transição do elétron de E1 para E2, caso em que o fóton é absorvido, ou provocar a emissão estimulada de E2 para E1, sem ser absorvido.

O princípio do laserSejam N1 e N2, respectivamente, as quantidades

de elétrons de um átomo no estado fundamental, de energia E1, e num estado excitado, de energia E2.

Quando um conjunto de átomos está em equilíbrio térmico com o ambiente, N2 é muito menor que N1:

E2

E1

hf = E2 – E1

hf = E2 – E1

n = 2

n = 1

ElétronE2

E1

n = 2

n = 1

hf = E2 – E1⇒

O bombeamento é um processo de fornecimento de energia a um conjunto de átomos (dotados de es-tados metaestáveis), que pode ser feito, por exemplo, por uma lâmpada. Ele aumenta consideravelmente a população de elétrons no estado E2 e pode ser reali-zado por luz incidente contendo fótons de freqüência

f ’ = E3 – E1

h. Assim, diminui a população de elétrons

do estado E1, que saltam para o estado E3 e, rapidamen-te, fazem a transição para o estado metaestável E2.

Se a luz da lâmpada que mantém o bombeamento for sufi cientemente intensa, passará a haver mais áto-mos no estado E2 do que no estado E1, ou seja, dar-se-á a já citada inversão das populações.

A inversão das populações possibilita que a quan-tidade de emissões estimuladas seja maior que a quan-tidade de absorções no estado E1. Além disso, o estado metaestável viabiliza a ocorrência da emissão estimu-lada, antes da ocorrência da emissão espontânea.

Assim, quando o fóton de energia hf, representa-do na fi gura anterior, emitido espontaneamente, inci-de em outro átomo nas mesmas condições, ocorrerá a emissão estimulada, e dois fótons de energia hf emer-girão desse átomo:Se fótons de freqüência f =

E2 – E1

h incidirem no

conjunto de átomos, que estão em equilíbrio térmi-co com o ambiente, haverá poucos casos de emissão estimulada porque a população de elétrons no nível de energia E2 é muito pequena. Haverá, muito mais, casos de absorção estimulada, de E1 para E2, seguida de emissão espontânea, de E2 para E1.

Alguns tipos de átomos, porém, possuem estados excitados especiais, denominados estados metaestá-veis. O tempo de permanência de um elétron nesses es-tados especiais é muito mais longo (da ordem de 10–3 s) do que em estados excitados comuns (da ordem de 10–8 s).

E3

E2

E1

hf’

Bo

mb

eam

ento

(emissão espontânea)

Transição rápida não-radiativa

Estado fundamental

Estado excitado comum (permanência do elétron: ~ 10

–8s)

Estado excitado metaestável (permanência do elétron: ~ 10

–3s)

hf

E3

E2

E1

Fótons emergentesdo átomo

Transição rápida e não-radiativa,em que a energia fica no átomo

hf

hf

hf

hf’

Bo

bea

men

to


LDR não-iluminado: RLDR � 1 M ΩPara que ULDR seja aproximadamente igual a 6 V, UR deve ser despre-zível. Para isso, lembrando que U = R i, devemos ter RLDR muito maior que R, ou seja:R �� 1 M ΩDentre os valores apresentados nas alternativas, o único que satisfaz as duas condições é:R = 10 kΩAlternativa c.

30 Se λa é o menor comprimento de onda, a ele corresponde a maior freqüência. Então, a energia do fóton emitido também é a maior, correspondendo à transição de E3 para E1:

E = h f ⇒ E3 – E1 = h cλa

⇒ λa = h cE3 – E1

36 Possíveis energias de excitação dos elétrons do átomo do ele-mento X:E0 → E1: 7,0 eV – 0 = 7,0 eV (*)E0 → E2: 13,0 eV – 0 = 13,0 eV (*) E0 → E3: 17,4 eV – 0 = 17,4 eVE0 → Ionização: 21,4 eV – 0 = 21,4 eVE1 → E2: 13,0 eV – 7,0 eV = 6,0 eV (*)E1 → E3: 17,4 eV – 7,0 eV = 10,4 eV (*)E1 → Ionização: 21,4 eV – 7,0 eV = 14,4 eV (*)E2 → E3: 17,4 eV – 13,0 eV = 4,4 eV (*)E2 → Ionização: 21,4 eV – 13,0 eV = 8,4 eV (*)E3 → Ionização: 21,4 eV – 17,4 eV = 4,0 eV (*)As excitações (*) podem ocorrer, pois a energia do elétron é igual a 15,0 eV.Possíveis sobras de energia do elétron:

15,0 eV –

7,0 eV = 8,0 eV

13,0 eV = 2,0 eV

6,0 eV = 9,0 eV10,4 eV = 4,6 eV14,4 eV = 0,6 eV4,4 eV = 10,6 eV8,4 eV = 6,6 eV4,0 eV = 11,0 eV

Alternativa d.

• Resolução dos exercícios propostos15 A = 4,2 eV

Ecmáx = 2,0 eV

E = Ecmáx + A = 2,0 + 4,2 ⇒ E = 6,2 eV

1 eV → 1,6 · 10–19 J6,2 eV → EE = 9,92 · 10–19 J

E = hf = h cλ

λ = h cE

= (6,6 · 10–34) · (3,0 · 108)

9,92 · 10–19

λ � 2,0 · 10–7 m = 2,0 · 10–7 (1010 Å) ⇒ λ � 2,0 · 103 ÅAlternativa a.

19• Cada cm2 da superfície recebe, em cada minuto, 2,0 cal:

2,0 cal = 2,0 · 4,2 J = 8,4 J

1,6 · 10–19 J → 1 eV⇒ x = 5,25 · 1019 eV

8,4 J → x

• λ = 5 800 Å = 5 800 · 10–10 m = 5,8 · 10–7 m

E = h f = h cλ

E = (6,6 ·10–34) · (3,0 · 108)

5,8 · 10–7 ⇒ E = 3,4 · 10–19 J

1,6 · 10–19 J → 1 EV⇒ E = 2,1 eV

3,4 · 10 –19 J → E• Em cada minuto, 1 cm2 da superfície recebe n fótons correspon-

dentes à energia de 5,25 · 1019 eV:2,1 eV → 1 fóton5,25 · 1019 eV → n fótons

n = 2,5 · 1019

21• V = 0,20 m� = 0,20 · 10–6 m3

µ = mV

⇒ m = µV = (1,0 · 103) · (0,20 · 20–6)

m = 2,0 · 10–4 kgλ = 7 500 Å = 7 500 · 10–10 m = 7,5 · 10–7 m

• Número de fótons absorvidos num intervalo de tempo Δt:n = 1,0 · 1018 Δt

• Energia desses n fótons:Q = n h f = 1,0 · 1018 Δt h f = 1,0 · 1018 Δt h c

λ =

• Q = m cá Δθ ⇒ 1,0 · 1018 Δt h cλ = m cá Δθ

Δt = m cá Δθ λ

1,0 · 1018 h c =

(2,0 · 10–4) · (4,2 · 103) · (1,0) · (7,5 · 10–7)(1,0 · 1018) · (6,63 · 10–34) · (3,0 · 108)

Δt = 3,2 s

22

UR

i

i0 V

+6 V

ULDRRLDR

RLDR iluminado: RLDR � 100 ΩPara que ULDR seja muito menor que 6 V, UR deve ser aproxima-damente igual a 6 V.Para isso, lembrando que U = R i, devemos ter R muito maior que 100 Ω:R �� 100 Ω

Tópico 2

Noções de Teoria da Relatividade

• Objetivos do TópicoNeste Tópico, destacam-se a dilatação do tempo,

a contração do comprimento, a maneira diferente de compor velocidades, a relatividade da massa e a equi-valência entre massa e energia.

É natural a perplexidade provocada nos estudan-tes pelo segundo postulado – audacioso demais e que só poderia ter sido gerado por um cérebro extrema-mente privilegiado – e por todas as suas fascinantes implicações.


Os dois fótons emergentes podem incidir em dois outros átomos, produzindo mais fótons de energia hf, e assim por diante.

Esse é o princípio de funcionamento do laser.

Cavidade laserO laser é construído usando-se uma cavidade con-

tendo um sólido, um líquido ou um gás, cujos átomos ou moléculas possuam estados metaestáveis.

A inversão das populações ocorre, como vimos, por bombeamento.

O processo de produção da radiação laser se ini-cia quando um ou mais átomos no estado metaestável emitem, espontaneamente, fótons de freqüência f, que vão provocar emissões estimuladas em outros átomos, aumentando em muito a quantidade de fótons de fre-qüência f.

Os fótons de freqüência f emitidos numa direção diferente da do eixo da cavidade acabam saindo dela lateralmente (são perdidos).

A luz dentro da cavidade torna-se, então, muito intensa, e parte signifi cativa dessa luz escapa pela face semi-espelhada, para ser utilizada.

Laser pulsado de rubiVamos descrever brevemente o laser de rubi cons-

truído por Maiman, em 1960. Foi o primeiro laser bem-sucedido.

A safi ra sintética é óxido de alumínio, Al2O3, um cristal incolor.

Incorporando a esse cristal uma pequena quan-tidade (cerca de 0,05% em massa) de óxido de cro-mo, Cr2O3, ele passa a ser o rubi, cuja cor vermelha é devida aos íons Cr3+. São eles que possuem estados metaestáveis.

O cristal de rubi é crescido em laboratório, for-mando-se um cilindro com cerca de 4 cm de compri-mento e 0,5 cm de diâmetro, com bases planas, para-lelas entre si e muito bem polidas.

Em uma de suas extremidades, deposita-se prata em quantidade sufi ciente para ela ser um espelho com poder refl etor igual a 96%, aproximadamente. Na ou-tra extremidade, deposita-se prata apenas o sufi ciente para que o poder refl etor seja de cerca de 50%.

Espelho plano

Cavidade laser

Face plana semi-espelhada

Espelho Fóton escapando da cavidade

Face semi-espelhada

Cavidade laser

Lâmpada de xenônio

Rubi

flash

Transições não-radiativas

Transições

Estado fundamental

Estados excitados metaestáveis (~ 10

–3s

Estado excitado comum (~ 10

–8s)

6 94

3 Å

(5 500 Å)

6 92

0 Å

Bo

mb

eam

ento

laser

O cristal é introduzido em uma lâmpada helicoidal de descarga gasosa. Essa lâmpada, de xenônio, opera em regime pulsado e é a responsável pelo bombeamento.

Entretanto, os que são emitidos na direção do eixo vão se deslocar para um lado e para o outro em virtude das refl exões que sofrem nas superfícies espelhada e semi-espelhada (paralelas entre si), produzindo mais e mais emissões estimuladas na freqüência f. Assim, o número de fótons indo e vindo aumenta extraordi-nariamente.

Se a distância d entre as superfícies refl etoras for igual a um número inteiro de λ

2, em que �� é o com-

primento de onda da luz produzida, medido no ma-terial que existe na cavidade, haverá a formação de ondas estacionárias e a cavidade será uma cavidade ressonante.

Observe que os comprimentos de onda emitidos têm valores muito próximos. Por isso, o laser é uma luz praticamente monocromática.

Nota: • Existem muitos outros tipos de laser, como o laser de gás

(de hélio-neônio, por exemplo) e o laser de semicondutor (de GaAs, por exemplo), dentre outros.


Por isso, é fundamental informá-los de que, por mais estranha que a teoria da relatividade restrita pos-sa parecer, ela já foi comprovada experimentalmente em sua plenitude. Não se trata de uma especulação, como acontece com várias teorias (cosmológicas, por exemplo).

A Leitura “Um dos fatos que confi rmam a Teoria da Relatividade Restrita” tanto pode ser abordada em aula como pode ser deixada a cargo dos estudantes: ignorada, jamais.

É importante os estudantes saberem que o grande físico brasileiro Cesar Lattes contribuiu extraordina-riamente para o desenvolvimento da Física atômica e subatômica. Por isso, a Leitura “O brasileiro que o Nobel esqueceu” deve ser recomendada.

O último item abordado neste breve Tópico nos leva a uma importante conclusão: um fóton só pode existir com velocidade igual a c. Não pode existir, por exemplo, um fóton em repouso.

• O que não pode faltar1. Introdução2. O surgimento da Teoria da Relatividade3. Os postulados de Einstein4. A dilatação do tempo5. A contração do comprimento7. Massa relativística8. Equivalência entre massa e energiaExercícios

• Algo maisCom relação à relatividade do tempo, é interes-

sante citar uma constatação experimental realizada em 1971 por J. C. Hafele e R. E. Keating, cujos resul-tados foram publicados em julho de 1972, na revista Science.

Usaram relógios atômicos de césio, idênticos.Um desses relógios fi cou no U.S. Naval Obser-

vatory, enquanto outros quatro estiveram a bordo de um jato com o qual os dois pesquisadores realizaram vôos tanto para leste como para oeste do local da de-colagem.

Quando retornaram ao observatório, compararam os intervalos de tempo registrados nos relógios que estiveram no avião com o registrado pelo relógio que fi cou em terra e verifi caram que, em relação a este:• os relógios no avião, durante uma viagem para leste,

atrasaram 59 ± 10 nanossegundos.• os relógios no avião, durante uma viagem para oes-

te, adiantaram 273 ± 7 nanossegundos.

Sem usar argumentos da Teoria da Relatividade Geral, as diferenças observadas podem ser explica-das, grosso modo, pelas diferentes velocidades do avião em relação à superfície da Terra em rotação, em cada vôo.

Apresentamos a seguir alguns trabalhos de pes-quisa que podem ser solicitados aos estudantes:• O Paradoxo dos Gêmeos.• O experimento de Michelson-Morley.• A massa relativística e o acelerador de partículas

sincrocíclotron.

• Subsídios ao Descubra mais1. Outro fenômeno que só pode ser explicado pelo modelo

quântico da radiação eletromagnética é o efeito Comp-ton.

O que é efeito Compton?

Efeito ComptonEntre 1919 e 1923, o físico norte-americano Ar-

thur Holly Compton (1892-1962) e seus colaborado-res analisaram o espalhamento de raios X produzido por um alvo de grafi te e constataram um fenômeno semelhante a uma colisão elástica entre duas bolas de bilhar, por exemplo. Tratava-se, porém, da colisão en-tre duas partículas: um fóton e um elétron.

Esse fenômeno, que recebeu o nome de efeito Compton, era inexplicável pela teoria eletromagnéti-ca clássica, como veremos adiante. Foi uma evidência tão grande do comportamento corpuscular da radia-ção eletromagnética que os físicos ainda descrentes desse modelo não tiveram outra alternativa a não ser aceitá-lo.

Compton usou raios X de comprimento de onda λ λ aproximadamente igual a 0,7 Å.

Pela teoria ondulatória clássica, um elétron (que vamos supor livre e em repouso) do alvo de grafi te, ao ser atingido pelos raios X, deveria oscilar na mesma freqüência f dessa radiação e, com isso, emitir radia-ção de freqüência também igual a f, como acontece na antena transmissora de uma estação de rádio, por exemplo.

Entretanto, o experimento de Compton mostrou um resultado completamente inesperado: os raios X espalhados apresentavam, para cada ângulo de obser-vação ϕ (veja a fi gura a seguir), um pico de intensi-dade no comprimento de onda original λ e outro pico de intensidade num comprimento de onda λ’ , maior que λ.

Veja a representação esquemática simplifi cada do experimento:


O espalhamento dos raios X acontece em todas as direções. Para cada ângulo de espalhamento ϕ, detecta-se raio X de comprimento de onda original λ (não representado na fi gura) e raio X de comprimento de onda λ’, maior que λ. Os comprimentos de onda são medidos por meio da observação de um fenômeno conhecido por “refl exão de Bragg” no cristal. As intensidades são medidas no detector.

Para cada ângulo de espalhamento ϕ, λ’ tem um valor diferente. Para ϕ = 90º, por exemplo, a inten-sidade dos raios X espalhados é dada, em função do comprimento de onda, por um gráfi co com o seguinte aspecto:

Fonte deraios X Raios X (λ’,f’)

Raios X (λ,f)

Alvo degrafite

θϕ

Cristal

Detector de raios X(câmara de ionização)

Elétron extraído

λ

Δλ

Δλ = λ' – λ � 0,024 Å

λ � 0,7 Å

λ‘

Inte

nsi

dad

e

Comprimento de onda

Vamos determinar Δλ, o deslocamento Compton:• Conservação do momento na direção x:

hfc

+ 0 = hf’c

cosϕ + Qe cosθ ⇒

⇒ Qe cosθ = hfc

– hf’c

cosϕ (I)

• Conservação do momento na direção y: momento inicial nulo ⇒

⇒ Qe senθ = hf’c

senϕ (II)

• Elevando ao quadrado as expressões (I) e (II), temos:

Q2e cos2 θ =

h2f 2

c2 – 2h2ff’ cos ϕ

c2 + h2f ’2

c2 · cos2 ϕ (III)

Q2e sen2θ = h

2f ’2

c2 sen2ϕ (IV)

• Somando, membro a membro as expressões (III) e (IV), vem:

Q2e (sen2 θ + cos2 θ) =

h2f 2


c2 + h2f ’2

c2 (sen2 ϕ + cos2 ϕ) ⇒

⇒ Q2e = h

2f 2


c2 + h2f ’2

c2 ⇒

⇒ Q2e c

2 = h2f 2 – 2h2ff’ cos ϕ + h2f’2 (V)

• A energia total do elétron extraído é igual a

Q2e c

2 + (m0 c2)2 , em que m0 é sua massa de

repouso. Essa energia é a soma da energia de repouso do elé-

tron com sua energia cinética Ec:

Q2e c

2 + (m0 c2)2

= m0 c2 + Ec ⇒

⇒ Q2

e c2 + m2

0 c4 = (m0 c

2 + Ec)2 ⇒

⇒ Q2e c

2 = E2c + 2m0 c

2 Ec (VI)

• Usando a conservação da energia na colisão, temos:

hf = hf’ + Ec ⇒ Ec = hf – hf’ (VII)

• Substituindo (VII) em (VI), vem:

Q2e c

2 = (hf – hf’)2 + 2 m0 c2 (hf – hf’) ⇒

⇒ Q2e c

2 =

= h2f 2 – 2h2ff’ + h2f’2 + 2 m0 c2 (hf – hf’) (VIII)

θ

θ ϕ

ϕ

λ , f

Fóton X x

x

y

λ' , f’ Fóton X Elétron livre

em repouso

Elétron

Ec

hfc

Q

Q = =

E‘c

hf’c

Q‘ = =

Q

Q‘

Qe

Compton considerou os raios X como sendo fótons.

Um fóton colide com um elétron, suposto livre e em repouso. Como esse elétron adquire uma velocida-de próxima de c, sua energia cinética precisa receber um tratamento relativístico.

A fi gura a seguir representa um fóton X, de momento Q e energia E, que vai colidir com um elé-tron em repouso. Após a colisão, temos um fóton X, de momento Q’ e energia E’, e o elétron adquire um momento Qe:


• Igualando (VIII) com (V), vamos determinar Δλ:

h2f 2 – 2h2 ff ’ + h2f’2 + 2m0 c2 (hf – hf’) =

h2f 2 – 2h2 ff ’ cosϕ + h2f’2 ⇒

m0 c2 (hf – hf’) = h2 ff ’ (1 – cos ϕ) ⇒

m0 c2 (f – f ’) = hff’ (1 – cos ϕ)

Dividindo essa última expressão, membro a mem-bro, por ff ’, vem:

m0 c2 1

f’ – 1

f = h (1 – cos ϕ) ⇒

m0 c2 λ’

c – λ

c = h (1 – cos ϕ)

Δλ = λ’ –λ = hm0 c

(1 – cos ϕ)

A expressão obtida mostra que o deslocamento Compton (Δλ) depende do ângulo de espalhamento �, mas não depende do comprimento de onda λ da radia-ção utilizada, nem do material de que é feito o alvo par-ticipante do experimento em que o fenômeno ocorre.

ComentáriosI. Na expressão de Δλ, h

m0 c é o comprimento de

onda Compton (λc) do elétron extraído: λc = h

m0 c � 0,024 Å

II. Como cosϕ pode variar entre –1 e +1, temos que: • Δλ = 0 quando cosϕ = 1, ou seja, quando ϕ = 0. Esse é o caso de uma “colisão rasante”, uma coli-

são que não aconteceu. É como num jogo de bilhar, quando o jogador dá uma tacada na bola branca para tirar uma “casquinha” da bola vermelha e a bola branca passa rente à vermelha, sem atingi-la.

Obviamente, para ϕ = 0 o efeito Compton não ocorre.

• Para ϕ ≠ 0, Δλ é sempre positivo, ou seja, λ’ é maior que λ.

• Δλmáx ocorre para ϕ = 180º (cos 180º = – 1):

Δλmáx = 2 hm0 c

� 0,048 Å (o dobro do compri-

mento de onda Compton do elétron). Essa situação corresponde a uma colisão frontal

entre o fóton X e o elétron, em que o sentido do movimento do fóton é invertido.

III. Vamos entender por que Compton usou raio X e não uma outra radiação eletromagnética como a luz visível, por exemplo.

Como vimos, Δλmáx � 0,048 Å. Para um raio X de comprimento de onda λ � 0,7Å,

Δλmáx corresponde a aproximadamente 7% de λ, que é uma variação sufi cientemente grande para ser constatada num experimento. Como vimos, foi esse comprimento de onda que Compton usou, que está na faixa dos chamados raios X duros, isto é, de menores comprimentos de onda e, portanto, de freqüências mais elevadas (o efeito também ocorre com raios γ).

Se, em vez de usar raio X, fosse usada luz visível de λ = 3,8 · 103 Å, por exemplo, Δλmáx correspon-deria a cerca de 0,001% de λ, o que impossibilita-ria a constatação do fenômeno.

IV. Vamos entender agora por que o elétron causador do espalhamento Compton foi, de fato, um elétron livre, isto é, um elétron mais periférico do átomo, ou, pelo menos, um elétron fracamente ligado ao átomo.

Para isso, é preciso saber que a expressão de Δλ pode ser estendida a uma partícula qualquer de massa de repouso m0.

No alvo de grafi te, se o efeito Compton fosse devido à colisão de fótons X, com elétrons for-temente ligados aos átomos de carbono, esses átomos, como um todo, seriam as partículas cau-sadoras do fenômeno. A massa m0 seria a massa de repouso do átomo de carbono, que é cerca de 2,2 · 104 vezes a massa de repouso do elétron.

Então, Δλmáx seria aproximadamente igual a

2,2 · 10–6 Å 0,048 Å2,2 · 104 , o que corresponde a cerca

de 0,0003% de λ (λ � 0,7 Å). Assim, Δλmáx seria indetectável no experimento. Os elétrons “presos” são justamente aqueles que

explicam o pico de intensidade dos raios X es-palhados de mesmo comprimento de onda λ dos raios X incidentes, ou seja, dos fótons X que não sofreram o deslocamento Compton.

V. Ao ser considerada a conservação da energia no equacionamento do efeito Compton, não foi leva-da em conta a energia usada na extração do elétron que, como vimos, é livre.

Os cálculos a seguir evidenciam que essa energia é tão insignifi cante que não deveria mesmo ser com-putada.

Um fóton X de λ � 0,7 Å = 0,7 · 10–10 m tem fre-qüência f dada por:

f = cλ

= 3 · 108

0,7 · 10–10 ⇒ f � 4,3 · 1018 Hz


Vamos calcular a energia E desse fóton:

E = hf = 6,63 · 10–34 · 4,3 · 1018 ⇒

⇒ E � 2,8 · 10–15 J

E � 2,8 · 10-15

1,6 · 10–19 eV ⇒

⇒ E � 18 · 103 eV � 18 k eV Como a função trabalho dos metais e da grafi te é de

poucos elétrons–volt (ordem de grandeza igual a 10, no máximo), a energia usada na extração do elétron é totalmente desprezível em comparação com 18 k eV.

VI. É importante destacar que o efeito Compton foi explicado como sendo o resultado de uma coli-são perfeitamente elástica entre um fóton e um elétron, na qual foram usados o modelo quânti-co das radiações eletromagnéticas e conceitos da teoria da relatividade restrita.

Em 1923, na Universidade de Chicago, Arthur Compton explicou teoricamente suas conclusões e fez medições, determinando Δλ e mostrando que esse deslocamento depende do ângulo de observa-ção ϕ. Em 1927, recebeu o Prêmio Nobel de Física.

A interpretação de Compton foi reforçada ainda mais em 1950 e em 1955.

Em 1950, o elétron extraído foi detectado e o ân-gulo θ, entre a direção da sua emergência e a da incidência do fóton X, foi medido, obtendo-se um valor em concordância com a previsão teórica. Em 1955, foi verifi cado, com precisão da ordem de 10–11s, que o elétron extraído e o fóton espalhado saem do alvo simultaneamente, o que é uma carac-terística da colisão entre duas partículas.

VII. O efeito Compton não pode ser ignorado por téc-nicos da área médica que operam equipamentos de raios X em laboratórios e hospitais. Os corpos desses técnicos precisam ser protegidos dos raios X espalhados, principalmente nas radioscopias, em que os tempos de exposição são longos.

Os profi ssionais da área odontológica, quando ti-ram raio X de dentes, devem proteger seus pacien-tes colocando neles aventais de chumbo.

Notas: • No experimento de Compton, se o elétron no qual incide

raio X de freqüência f fosse considerado em movimento, ele receberia, em virtude do efeito Doppler, uma radiação de freqüência aparente fap. Pela teoria eletromagnética clássica, o elétron oscilaria nessa freqüência fap e também emitiria radiação nessa freqüência. A velocidade relati-va entre os elétrons atingidos pela radiação e a fonte de raios X podem ser de afastamento ou de aproximação e,

além disso, podem ter, no momento da incidência, mui-tos valores diferentes. Assim, pela teoria clássica, o raio X espalhado deveria ter, para cada ângulo de espalhamen to ϕ, freqüências dentro de uma faixa de valores, abaixo e acima de f, o que não acontece.

• No efeito Compton os fótons são espalhados por elé-trons, diferentemente do que ocorre no efeito fotoelétri-co, em que são absorvidos.

• Compton liderou pesquisas a fi m de obter plutônio para uso em armas nucleares.

2. Existe uma técnica de diagnóstico médico por imagem denominado tomografi a por emissão de pósitron e conhecida por PET (positron emission tomography).

Como a imagem é obtida por esse processo?O pósitron é um exemplo de antimatéria: ele é

a antipartícula do elétron. O pósitron e o elétron têm massas iguais e cargas elétricas de mesmo módulo mas de sinais opostos.

Em 1929, o físico britânico Paul Dirac (1902-1984), prêmio Nobel de Física em 1933, previu a existência do pósitron e de outras antipartículas, en-fi m, da antimatéria.

Em 1932, o físico norte-americano Carl Anderson (1905-1991), Prêmio Nobel de Física em 1936, des-cobriu o pósitron.

Raios cósmicos (principalmente prótons de alta energia) produzem pósitrons quando incidem na alta atmosfera. Alguns deles acabam chegando ao solo e podem ser detectados, como aconteceu nas investiga-ções experimentais de Anderson.

Alguns núcleos radiativos, quando se desinte-gram, também emitem pósitrons.

Além disso, o pósitron pode ser obtido por um processo denominado produção de pares, em que um fóton de radiação γ incide num núcleo atômico e dá origem a um par elétron-pósitron:

Fóton γElétron

PósitronNúcleo em repouso

Núcleo em repouso

–e

+e

A energia cinética adquirida pelo núcleo é desprezível devido a sua grande massa. É importante destacar que, nesse fenômeno, acontecem as conservações da energia, da carga elétrica e do momento (quantidade de movimento).

O processo inversão da produção de pares tam-bém ocorre.

Quando um pósitron e um elétron, ambos supos-tos em repouso, estão próximos um do outro, eles se aniquilam e dão origem a dois fótons de radiação γ. Esse fenômeno é chamado aniquilação de pares.


Fóton γFóton γ–e

+e

Elétron

Pósitron

Nesse fenômeno, também ocorrem as conservações da energia, da carga elétrica e do momento. Para a conservação do momento, devem ser produzidos dois fótons com momentos opostos. Embora a probabilidade de ocorrer seja muito menor, é possível que sejam produzidos três fótons γ, em vez de dois.

A técnica PET de diagnóstico médico se baseia na aniquilação elétron-pósitron.

Uma solução de glicose, contendo núcleos radia-tivos que emitem pósitrons quando se desintegram, é injetada no paciente. Essa solução é transportada pelo sangue para todo o seu corpo. Cada pósitron produzi-do em um determinado local do corpo se aniquila ao encontrar (facilmente) um elétron situado nas proximi-dades, dando origem a dois fótons γ. Um detector PET, que circunda o paciente, capta a radiação γ emitida e determina o local onde ela foi produzida. Esse é o local onde a glicose se concentra (tumores cancerígenos, por exemplo). Com o auxílio de um computador, forma-se uma imagem dessa região.

Cerca de vinte anos depois do feito de Anderson, foi descoberto o antipróton, produzido em um acele-rador de partículas que adquirem alta energia, na Uni-versidade da Califórnia, em Berkeley.

Sabe-se hoje que toda partícula tem sua anti-partícula, como antiprótons e anti-átomos de hidro-gênio, por exemplo (há poucos casos de partículas – o fóton é um deles – cujas antipartículas são elas mesmas).

Normalmente uma antipartícula tem “vida” curta porque é aniquilada ao encontrar-se com sua partícula correspondente.

Entretanto, não é absurdo admitir a existência de galáxias distantes constituídas de antimatéria.


6 Mesmo com f � f0, se a fonte luminosa estiver se aproximando do material, ele poderá receber a luz com freqüência maior ou igual a f0, devido ao efeito Doppler. Satisfeita essa condição, ocorrerá o efei-to fotoelétrico.

Alternativa e.

10a) Pot = Q

Δt ⇒ Q = Pot Δt = 4 000 · 106 · 9 · 104

Q = 3,6 · 1014 J

b) E = Δm c2 = Q ⇒ Δm = Qc2 = 3,6 · 1014

(3 · 108)2

Δm = 4 · 10–3 kg

c) Δm = 8 · 10–4 MU ⇒ 4 · 10–3 = 8 · 10–4 MU

MU = 5 kg

Tópico 3

Comportamento ondulatório da

matéria

• Objetivos do TópicoNeste brevíssimo Tópico, mostramos em que De

Broglie se baseou para suspeitar do comportamen-to ondulatório da matéria e, em seguida, propor sua bem-sucedida teoria.

Para chegar à expressão do comprimento de onda de De Broglie é preciso retomar o item 9 do tópico anterior.

Após obtermos a referida expressão, voltamos ao modelo atômico de Bohr (apresentado no Tópico 1), tratamos o elétron como onda e justifi camos a estabi-lidade das órbitas por meio de ondas estacionárias.

No fi nal da exposição teórica, calculamos o com-primento de onda de De Broglie para um elétron e para uma pessoa, justifi cando por que a difração do elétron é observável e a da pessoa não é.

• O que não pode faltarSe for incluído na programação do professor, de-

verá ser tratado na íntegra. Além disso, é necessário incluir o item 9 do Tópico 2: Relação entre a energia e a quantidade de movimento de um corpo.

Fóton

E = hfmín

E = me · c2 E = me · c

2

E = hfmín

FótonElétron

em repousoPósitron

em repouso

13 A freqüência mínima dos fótons (energia mínina) correspon-de à situação em que o elétron e o pósitron são produzidos em repouso:

Observe, nesse fenômeno, a conservação do momento.

Pela conservação da energia, temos:

h fmín + h fmín = me c2 + me c2 ⇒ 2h fmín = 2me c2 ⇒ fmín = me c2

hAlternativa b.

14 A perda de massa (m1 – m’1) e o acréscimo de massa (m’2 – m2) equivalem à energia do fóton.Então, temos:

E = (m1 – m’1) c2 ou E = (m’2 – m2) c2

Alternativa d.



mα � 4 mp = 4 · 1,6 · 10–27 kg = 6,4 · 10–27 kg

λα = hmα vα

= 6,63 · 10–34

6,4 · 10–27 · 6,0 · 106 ⇒ λα = 1,7 · 10–14 m

Alternativa c.

3 Tratando-se de uma situação não-relativística, a energia cinéti-

ca continua expressa por m v2

2:

Ecfi nal = 2 Ecinicial

m v2fi nal

2 = 2 ·

m v2inicial

2 ⇒ vfi nal = vinicial 2

O comprimento de onda a que se refere o enunciado é o de De Broglie:

λfi nal = hm vfi nal

= hm vinicial 2

= λinicial

2 ⇒ λfi nal = 1

2 λinicial

Alternativa a.

5(1) Verdadeira.

Fcp = Fe ⇒ m v2

r =

K Qnúcleo |Qelétron|

r2 ⇒

⇒ m v2

r = K Z e e

r2 ⇒ m v2 r = K Z e2

(2) Verdadeira.Perímetro da órbita = n λ ⇒⇒ 2π r = n λ ⇒ 2π r = n h

m v ⇒ 2π r m v = n h

(3) Falsa.(4) Verdadeira.

De (1): m (ω r)2 r = K Z e2 ⇒ m ω2 r3 = K Z e2

(5) Falsa.

Parte V - ANÁLISE DIMENSIONAL

• ObjetivosA Análise dimensional é uma ferramenta precio-

sa no estudo da Física, prestando-se à identifi cação de suas muitas grandezas e à verifi cação da homoge-neidade dimensional de equações. Além disso, pela Análise dimensional é possível fazer a previsão de expressões físicas a partir de constatações empíricas ou mesmo verifi cações experimentais.

Por tudo isso, incluímos esse assunto como com-plemento de nossa obra, objetivando atender também aos muitos vestibulandos que têm essa matéria como ponto solicitado em seus exames de seleção.

Acreditamos, porém, que algumas noções de Análise dimensional devam ser apresentadas logo no início do curso de Física – na 1a série do Ensino Mé-dio –, o que contribui sobremaneira para uma melhor assimilação das diversas grandezas físicas e suas res-pectivas unidades de medida.

• O que não pode faltar1. Grandezas físicas fundamentais e derivadas2. Expressões dimensionaisExercícios3. Homogeneidade dimensional4. Previsão de expressões físicasExercícios

• Algo mais

“O homem é o animal que mede”, ...

... dizia o engenheiro Paulo Sá, em 1964, quando Dire-tor do Instituto Nacional de Pesos e Medidas – INPM, órgão do Ministério da Indústria e Comércio que prece-deu no Brasil o atual Inmetro. De fato: para comprová-lo, basta atentar para as observações e atos rotineiros de um simples cidadão que, após descer em um elevador do edifício em que reside, no qual uma plaqueta afi xada na parede da cabina alerta às pessoas sobre a carga má-xima suportada pelo equipamento, assume o volante do seu automóvel. No painel do veículo, o hodômetro as-sinala a distância por ele percorrida entre dois “pontos” de sua trajetória; o velocímetro indica, a cada instante, a intensidade da velocidade do carro; o amperímetro assinala o nível da corrente elétrica suprida pela bateria ao circuito elétrico; o termômetro acusa a temperatura da água de arrefecimento do motor; o tacômetro (ou “conta-giros”) diz a velocidade angular da rotação do “motor”, ou mais precisamente, do virabrequim; o in-dicador de combustível informa o volume de gasolina existente no tanque, enquanto o relógio lhe fornece a duração de sua corrida. Ao ligar o rádio do automóvel, o motorista sintoniza uma estação emissora, identifi -cando-a no dial pela freqüência da onda transmitida e, ao parar num posto de abastecimento, lê no painel da “bomba” o volume de combustível adquirido, enquan-to um frentista aciona um manômetro que assinala a pressão do ar na calibragem dos pneus e indaga sobre a viscosidade do óleo que deverá verter no cárter...


Com a expansão das relações internacionais entre países dos cinco continentes, ocorrida principalmente a partir da segunda metade do século XX, mostrou-se indispensável a adoção de um sistema de unidades bem defi nidas, de abrangência universal, que permi-tisse estabelecer e manter um modo ágil de comércio e troca de informações, particularmente de natureza técnica e científi ca. Esse sistema certamente iria con-tribuir para um melhor entendimento nos intercâm-bios em geral e para uma padronização dos produtos negociados no mercado mundial.

Nascia assim o Sistema Internacional de Uni-dades, conhecido pela sigla SI, que nas palavras de J. Terrien, ex-diretor do Bureau International des Poids et Mesures, reproduzidas em 1971 em publicação edi-tada pelo então Instituto Nacional de Pesos e Medidas, traz “uma linguagem própria, com suas defi nições, or-tografi a, regras gramaticais e de sintaxe”. Dos muitos sistemas que poderiam ser propostos com os objetivos visados, “o SI é o mais universal e completo, mas é preciso utilizá-lo corretamente”.

O Sistema Internacional de Unidades baseia-se no sistema métrico decimal, tendo evoluído do siste-ma MKSA, proposto por Giovanni Giorge, em 1901. Sua denominação e composição atual datam de 1960, por ocasião da 11a CGPM (Conferência Geral de Pesos e Medidas). O SI foi ofi cialmente adota-do no Brasil pela Portaria no 27, de 29 de agosto de 1962, baixada pelo, hoje extinto, Instituto Nacional de Pesos e Medidas e, a partir de então, vários orde-namentos legais passaram a dispor sobre seu uso no país.Adaptado do livro O Sistema Internacional de Unidades – SI, de I. M. Rozenberg, Instituto Mauá de Tecnologia, 1998.

O SI fundamenta-se em sete unidades de base:

1. Comprimento: metro (símbolo m)

Um metro é o comprimento percorrido pela luz no vácuo, durante um intervalo de tempo igual a 1/299 792 458 do segundo.

2. Massa: quilograma (símbolo kg)

Um quilograma é a massa do protótipo internacional de massa (ou protótipo interna-cional de quilograma), mantido sob a guarda e cuidados do Bureau Internacional de Pesos e Medidas, em Sèvres, Paris, ratifi cado como tal pela 3a CGPM, realizada em 1901.

3. Tempo: segundo (símbolo s)

Um segundo é a duração de 9 192 631 770 períodos da radiação correspondente à transi-ção de um elétron entre dois níveis hiperfi nos do estado fundamental do átomo de césio 133.

4. Intensidade de corrente elétrica: ampère (símbo-lo A)

Um ampère é a intensidade de corrente elétrica contínua e constante que, percorren-do dois fi os condutores retilíneos e paralelos, de comprimento indefi nido e de seção trans-versal circular de área desprezível, situados no vácuo a distância de 1 metro um do outro, determina entre eles uma força de interação de origem eletromagnética de intensidade igual a 2 · 10–7 N por metro de comprimento em cada um dos fi os.

5. Temperatura termodinâmica: kelvin (símbolo K)

Um kelvin é a fração 1/273,16 da tempera-tura termodinâmica do ponto tríplice da água.

6. Intensidade luminosa: candela (símbolo cd)

Uma candela é a intensidade luminosa, numa direção dada, de uma fonte que emite radiação monocromática de freqüência 540 · 1012 hertz e cuja intensidade energética naquela direção é 1/683 watt por esterradiano.

7. Quantidade de matéria: mol (símbolo mol)

Um mol é a quantidade de matéria de um sistema contendo tantas entidades elementares quantos átomos existentes em 0,012 kg de car-bono 12.


1[E] = M L2 T–2 ; [f] = T–1

h = Ef

⇒ [h] = [E][f]

= M L2 T–2

T–1 ⇒ [h] = M L2 T–1

2[F] = M L T–2


F = G M md2 ⇒ G = Fd2

M m ⇒ [G] =

[F] [d2][M] [m]

= ML T–2 L2

M2

[G] = M–1 L3 T–2

Unidade SI de G: kg–1 m3 s–2

3 [p] = F L–2 ; [n] = F0 L0 T0 (adimensional)

p V = n R τ ⇒ R = p Vn τ

[R] = [p] [V][n] [τ]

= FL–2 L3

θ ⇒ [R] – F L θ–1

4 [Fr] = M L T–2; [v] = L T–1

Fr = k v2 ⇒ k = Fv2

[k] = [Fr]

[v]2 = ML T–2 (LT–1)2 ⇒ [k] = ML T–2

L2 T–2 ⇒ [k] = ML–1

Unidade SI de k: kg m–1

Alternativa a.

5 a) [V] = L T–1; [ρ] = ML–3; [λ] = L

V2 = 2π σρ λ

⇒ σ = ρ λ V2

2 π[σ] = M L–3 L (L T–1)2

Donde [σ] = M L0 T–2

b) Unidade SI de σ: kg s–2 = kg

s2

6 F = η d v ⇒ η = Fd v

[F] = M L T–2; [d] = L e [v] = L T–1

Logo: [η] = M L T–2

L L T–1

Donde: [η] = M L–1 T–1

Unidade do SI de η: kg m–1 s–1

Alternativa b.

7 [F] = M L T–2; [Q] = I T; 4π é uma constante adimensional

F = 14π ε0

· Q1Q2

r2 ε0 = Q1Q2

4πF r2

[ε0] = [Q1] [Q2]

[F] [r2] =

(IT)2

ML T–2 (L)2

[ε0] = I2T2

M L3 T–2 ⇒ [ε0] = M–1 L–3 T4 I2

Unidade SI de ε0: kg–1 m–3 s4 A2

Alternativa d.

8a) i = ΔQ

Δt ⇒ ΔQ = i Δt ⇒ [Q] = I T

Unidade SI de Q: A · s = coulomb (C)

b) U = EQ

⇒ [U] = M L2 T–2

IT[U] = M L2 T–3 I–1

C = QU

⇒ [C] = [Q][U]

= ITM L2 T–3 I–1 ⇒ [C] = M–1 L–2 T4 I2

Unidade SI de C: kg–1 m–2 s4 A2 = farad (F)

9 [a t2] = L ; [b t3] = L

[a] T2 = L ⇒ [a] = L T–2

[b] T3 = L ⇒ [b] = L T–3

Alternativa c.

10 (M L T–2)x My = L3 (M L2 T–2)z

Mx + y Lx T–2x = Mz L2x + 3 T–2z

Identifi cando os expoentes das potências de mesma base, vem:x + y = z2z + 3 = x–2z = –2x ⇒ z = xLogo:

2x + 3 = x ⇒ x = –3 e z = –3

x + y = x ⇒ y = 0Alternativa b.

12 vα = C Pβ

ρ[v] = L T–1 ; [P] = M L–1 T–2 ; [p] = M L–3

(L T–1)α = (M L–1 T–2)β

M L–3

M0 Lα T–α = Mβ – 1 L3 – β T–2β

Identifi cando os expoentes das potências de mesma base, vem:

β – 1 = 0 ⇒ β = 1

α = 3 – β ⇒ α = 3 – 1 ⇒ α = 2Alternativa c.

13 I = ΔES Δt

⇒ [I] = [ΔE]

[S] [Δt]

[I] = M L2 T–2

L2 TDonde: [I] = M L0 T–3

I = Ax f y ρz cObservando que:[A] = L ; [f] = T–1 ; [ρ] = M L–3 e [c] = L T–1, vem:M L0 T–3 = Lx (T–1)y (M L–3)z L T–1

Donde:M L0 T–3 = Mz Lx – 3z +1 T–y–1

Identifi cando os expoentes das potências de mesma base, vem:

z = 1

–y – 1 = –3 ⇒ y = 2

x – 3 + 1 = 0 ⇒ x = 2

Alternativa d.

14 [V] = [p]x [µ]y

[V] = M0 L T–1 ; [p] = M L–1 T–2 ; [µ] = M L–3

M0 L T–1 = (M L–1 T–2)x (M L–3)y ⇒ M0 L T–1 = Mx + y L–x – 3y T–2x

Identifi cando os expoentes das potências de mesma base, vem:x + y = 0–x – 3y = 1

–2x = –1 ⇒ x = 12 e y = – 1

2

Logo: V = p12 µ– 1

2

Donde: V = pµ


15 v = k Fx my d2 (k é uma constante adimensional)[v] = M0 L T–1 ; [F] = M L T–2

M0 L T–1 = (M L T–2)x My Lz ⇒ M0 L T–1 = Mx + y Lx + z T–2x

Identifi cando os expoentes das potências de mesma base, vem:x + y = 0x + z = 1

–2x = –1 ⇒ x = 12

Logo: y = – 12

e z = 12

Assim:v = k F

12 m– 1

2 d12

Donde: v = k Fdm

12

Por outros métodos, conclui-se que k = 1.Alternativa d.

16 P = k µx Ay V2 (k é uma constante adimensional)[P] = M L2 T–3 ; [µ] = M L–3 ; [A] = L2 e [V] = L T–1

M L2 T–3 = (M L–3)x (L2)y (L T–1)2 ⇒ M L2 T–3 = Mx L–3x + 2y + z T–z

Identifi cando-se os expoentes das potências de mesma base, vem:

x = 1

–3x + 2y + z = 2

–z = –3 ⇒ z = 3Logo:

–3 + 2y + 3 = 2 ⇒ y = 1

Assim: P = k µ A V3

17 φ = k Ax (Δθ)y Cz e–1

φ = ΔEΔt

⇒ [φ]= M L2 T–2

T ⇒ [φ] = M L2 T–3

[A] = L2 ; [Δθ] = θ; [C] = M L T–3 θ–1 e [e] = LM L2 T–3 θ0 = (L2)x θy (M L T–3 θ–1)z L–1

M L2 T–3 θ0 = Mz L2x + z – 1 T–3x θy – z

Identifi cando-se os expoentes das potências de mesma base, vem:

z = 1

2x + z – 1 = 2 ⇒ 2x + 1 – 1 = 2 ⇒ x = 1

y – z = 0 ⇒ y – 1 = 0 ⇒ y = 1

Logo: φ = k C A Δθe

Trata-se da Lei de Fourier e, por outros métodos, obtém-se k = 1.

18 Z = k ΔPL

x

ay ηz

[ΔP] = M L–1 T–2 ; [L] = [a] = L

η = FA

· dv

[F] = M L T–2 ; [A] = L2 ; [d] = L e [v] = L T–1

[η] = M L T–2

L2 · LL T–1 ⇒ [η] = M L–1 T–1

Z = ΔVΔt

(Z representa a vazão)

[Z] = L3

T ⇒ [Z] = L3 T–1

Logo:

M0 L3 T–1 = M L–1 T–2

L

x

Ly (M L–1 T–1)z

M0 L3 T–1 = Mx + z L–2x + y – z T–2x – z

Identifi cando os expoentes das potências de mesma base, temos:x + z = 0 ⇒ z = –x (I)–2x + y – z = 3–2x – z = –1 ⇒ 2x + z = 1 (II)

(I) em (II): 2x – x = 1 ⇒ x = 1 e z = –1

–2 (1) + y – (–1) = 3 ⇒ y = 4

Logo: Z = k ΔPL

a4 η–1

Donde: Z = k ΔPL

· a4

η

Alternativa b.

19a) F = σ d

3

L ⇒ σ = FL

d3

No SI, as unidades de F, L e d são, respectivamente, N, m e m, logo:

Unidade (σ) = N mm3 = N

m2

Lembrando que a unidade de força newton (N) pode ser expressa por:

N = kg ms2 ,

Temos:

Unidade (σ) = kg m

s2

m2 =

kg

m s2

Ou unidade (σ) = kg m–1 s–2

b) Conforme o enunciado:

γ = PV

⇒ P = γ V

Sendo V = πd2

4 L, segue que:

P = γ πd2 L

4

c) O peso será a força vertical aplicada no centro da viga responsável pela sua fl exão e conseqüente ruptura. Logo:

F = P ⇒ σ d3

L =

γ π d2 L4

Donde: 4σγ π = L

2

d

1o caso: 4σγ π =

L21

d1 (I)

2o caso: 4σγ π =

(2L1)2

d2 (II)

Comparando-se (I) e (II), vem:

L21

d1

= 4L2

1

d2 ⇒ d2 = 4d1


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