SEXTOTESTEINDEXAÇÃO pdf

1) O campo magnetic gerado por um fio é dado por: B = \frac{\mu_0 I}{4\pi} \int \frac{d\vec{l} \times \hat{r}}{r^2} Como a distância é constante: B = \frac{\mu_0 I}{4\pi r^2} \int_0^r dl B = \frac{\mu_0 I}{4\pi r^2} [l]_0^r \Rightarrow B = \frac{\mu_0 I \cdot r}{4\pi r^2} B = \frac{\mu_0 I}{4\pi r}; como \ r = d, \ temos: B = \frac{\mu_0 I}{4\pi d} Para \ I = 3i \otimes: \ está \ entrando \ no \ papel \ o \ campo \ e \ a \ corrente \ no \ sentido \ positivo \ de \ x. B_1 = \frac{\mu_0 \cdot 3i}{4\pi d} \hat{x} Para \ I = i \odot: \ campo \ está \ saindo \ então \ pela \ regra \ da \ mão \ direita \ está \ apontando \ no \ sentido \ de \ -x. B_2 = -\frac{\mu_0 \cdot i}{4\pi d} \hat{x} \\Leg B_{Total} = B_1 + B_2 B_o = \left[ \frac{3\mu_0 \cdot i}{4\pi d} + \left(-\frac{\mu_0 \cdot i}{4\pi d}\right)\right] \hat{x} B_o = \frac{2\mu_0 \cdot i}{4\pi d} \hat{x} B_o = \frac{\mu_0 \cdot i}{2\pi d} \hat{x} \\Resposta:\ B_o = \frac{\mu_0 \cdot i}{2\pi d} \hat{x} 2) \ Dados: \ E_x = 2x \ V/m^2 E_y = -2y \ V/m^2 A \ diferença \ de \ potencial \ é \ dada \ por: \Delta V = -\int E \cdot dl \Rightarrow \Delta V_x = -\int_0^1 2x \, dx = -\left(\frac{2x^2}{2}\right)\bigg|_0^1 \Rightarrow \Delta V_x = -x^2\big|_0^1 = -1 \Rightarrow \Delta V_y = -\int_0^2 -2y \, dy = \left(\frac{2y^2}{2}\right)\bigg|_0^2 \Delta V_y = y^2\big|_0^2 = 4 \Delta V = \Delta V_y + \Delta V_x = 4 - 1 = 3 \, V \\Resposta:\ 3 \, V 3) Inicialmente \( C_1 = C \) e carga \( q_0 \) A carga em um capacitor é dado por: \( C = \frac{Q}{V} \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (1) \) Usando a lei de conservação da carga: \( Q_t = Q_1\text{inicial} + Q_2\text{inicial} \) como inicialmente \( Q_2 = 0 \), então \( V = \frac{1}{4} \) \( Q_1\text{inicial} = Q_1\text{final} = \frac{q_0}{4} \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ ) Para a carga \( Q_2 \) após a conexão usando a equação \( (1) \), temos: \( Q_2\text{final} = C_2 \cdot V = 3C \cdot \frac{1}{4} \) como \( C = C_1 \), então: \( Q_2\text{final} = 3\cdot q_0 \cdot \frac{1}{4} \) Resposta: \( q_1 = \frac{q_0}{4} \) e \( q_2 = \frac{3q_0}{4} \) 4) Dados: \( \vec{V} = (2\hat{i} + 2\hat{j} + \hat{k}) \ \text{Km/s} \) \( \vec{B} = (\hat{i} + \hat{j}) \ \text{T} \) A força do campo magnético é dado por: \( \vec{F}_B = q_0 \cdot \vec{V} \times \vec{B} \) fazendo o produto vetorial \( (\vec{V} \times \vec{B}) \), temos: \( \vec{V} \times \vec{B} = \begin{vmatrix} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ 2 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ 2 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{vmatrix} = -2\hat{k} + 0 - \hat{i} =0 + \hat{j} + 2\hat{k} = \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ = 0 + \hat{j} + 2\hat{k} - 2\hat{k} - \hat{i} = -\hat{i} + \hat{j} \) \( \vec{F}_B = q_0 \cdot (-\hat{i}+\hat{j}) \); Como a força elétrica é inversa a força magnética, temos: \( \vec{F}_E = (\hat{i} - \hat{j}) \cdot q \) Pela relação \( \vec{E} = \frac{\vec{F}_e}{q} = (\frac{\hat{i}-\hat{j}}{q}) \cdot q \) \( \vec{E} = (\hat{i}-\hat{j}) \ \text{kV/m} \) Resposta: \( \vec{E} = (\hat{i}-\hat{j}) \ \text{kV/m} \) 5) O campo elétrico é dado por: \( \vec{E} = -\frac{\partial V}{\partial r} \) Se já \( V(x,y,z) = x^2+y^2-2z^2 \) \( \Rightarrow \ \vec{E}_x = -\frac{\partial (x^2+y^2-2z^2)}{\partial x} \) \( \vec{E}_x = -2x \) \( \Rightarrow \ \vec{E}_y = -\frac{\partial (x^2+y^2-2z^2)}{\partial y} \) \( \vec{E}_y = -2y \) \( \Rightarrow \ \vec{E}_z = -\frac{\partial (x^2+y^2-2z^2)}{\partial z} \) \( \vec{E}_z = -(-4z) = 4z \) Resposta: \( \vec{E}_x = -2x \), \( \vec{E}_y = -2y \), \( \vec{E}_z = 4z \) 6) Temos um fio: Se quadruplicarmos a Tensão, pela Lei de Ohm aumentaremos a corrente, com uma corrente maior, a carga que flui será maior pela relação: ↑i = ΔQ↑ / Δt Pela equação da velocidade de deriva: ↑ΔQ = q.n.A↑.vd. Δt Como aumentamos ΔQ, aumentará a velocidade de deriva. Logo aumentando 4 vezes a tensão iremos aumentar a velocidade em 4 vezes. Resposta: A velocidade de deriva quadruplica de valor 7) O ponto b está no terra do circuito, logo se determinarmos Va já será a diferença de potencial Va-Vb: Usando divisor de Tensão: Va = R / 3R . Vo = Vo / 3 Va - Vb = Vo / 3 - 0 = Vo / 3 Resposta: Va - Vb = Vo / 3 8) Em t = 0⁻ s: A chave está aberta logo não há passagem de corrente no indutor. iL(0⁻) = iL(0⁺) = 0A Em t = 0⁺ i = -iL, seja iL = L . di / dt i = -L . di / dt A tensão no indutor é a mesma no resistor R1, por divisão de tensão: εL = R1 / (R1 + R2) . E0 Resposta: \[ \varepsilon_L = \frac{R_1 \cdot \varepsilon_0}{R_1 + R_2} \] (9) Após um longo tempo o capacitor está descarregando pela equação: \[ V = V_0 (1 - e^{-\frac{t}{\tau}}) \] pela equação percebemos que o capacitor descarrega exponencialmente com o tempo. Logo após um longo tempo a Tensão no capacitor é zero, então: \[ V_B - V_A = 0 \] Resposta: 0 10) Redescribendo: \[\text{(diagram)}\] \[ R_{bc} = \frac{2R \cdot 2R}{2R + 2R} = \frac{4R^2}{4R} = R \] \[ R_{eq} = \frac{2R \cdot R}{2R + R} = \frac{2R^2}{3R} = \frac{2R}{3} \] Resposta: \frac{2R}{3}