ED 4 semestre unip 2013

Resolução dos Exercícios ED 1ºsem/2012
1ª)

a2 = b2+c2-2.b.c.cos(θ)
|F13| = 3,6N

θ = 36,87º

|F23| = 3,375N

|Fres|2 = |F13|2+|F23|2+2. |F13|.|F23|.cos(θ)

|Fres|=6,62N

Justificativa: Aplica-se primeiramente a lei dos cossenos para encontrar o ângulo entre as forças e depois de determinar seus módulos aplica-se novamente a lei dos cossenos para achar a força resultante.

2ª)

F23

sen(α )

=

Fres

sen(143,13º )

α = asen(0,306)= 17,8º

Justificativa: Aplica-se a lei dos senos.

3ª)

F+Qq = k 0

F−Qq = k 0

Q.q d 
x − 
2


2

= 281,3907 N

2

= 281,1094 N

− Q.q d 
x + 
2


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

a=

Fres m = 2,813

m s2 Justificativa: Encontra-se a força resultante aplicada na carga q e depois, aplica-se a 2ª lei de Newton para encontrar a aceleração.

4ª)

E =

Fres q =

N
0,2813
= 562,6
−4
C
5.10

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

5ª)

dE d  x = k0Q 
 r 2 + x2 dx dx 


=0
32 

−3 2
−5 2 dE 3


= k 0 Q1.(r 2 + x 2 ) − .x.(r 2 + x 2 ) .2 x  = 0 dx 2



(

)

x=±

r
2

=±

4
2

= ±2,83m

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

6ª)

r
E=

1

(

Q.x

4πε 0 r 2 + x

)

2 32

r
ˆ
i para x >> r E =

1

Q.x

( )

4πε 0 x

2 32

=

1

Q.x ˆ
1 Q ˆ i= i
3
4πε 0 x
4πε 0 x 2

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

7ª)

Ex = k0 ∫

L dq λ
= k0 ∫ dx 0 r ( x P − x )2

u = xP − x

Ex = k0λ ∫ −

1 du u2

L
 1

−6

 = k λ  1 − 1  = 9.10 9. 5.10  1 − 1  = 5625 = 803,6 N
Ex = k0λ



0 
(x p − x ) 0 
10  4 14 
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