Lista ELCA answers

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2a Lista de ELCA
Exerćıcio 1
Determine a corrente e a energia média a partir do gráfico V (t) para carga e descarga no
capacitor de 6µF.
Resolução:
A corrente no capacitor é dada por:
i(t) = C
dV (t)
dt
,
onde C = 6µF = 6× 10−6 F. Analisando os trechos do gráfico V (t):
1. Trecho 0 a 2 ms: V (t) aumenta linearmente de 0V a 18V.
dV (t)
dt
=
18− 0
2× 10−3
= 9000V/s.
i(t) = C
dV (t)
dt
= 6× 10−6 · 9000 = 0.054A.
2. Trecho 2 a 5 ms: V (t) diminui linearmente de 18V a −12V.
dV (t)
dt
=
−12− 18
3× 10−3
= −10000V/s.
i(t) = C
dV (t)
dt
= 6× 10−6 · (−10000) = −0.06A.
3. Trecho 5 a 9 ms: V (t) aumenta linearmente de −12V a 0V.
dV (t)
dt
=
0− (−12)
4× 10−3
= 3000V/s.
i(t) = C
dV (t)
dt
= 6× 10−6 · 3000 = 0.018A.
4. Trecho 9 a 13 ms: V (t) é constante em 0V.
dV (t)
dt
= 0 =⇒ i(t) = 0A.
5. Trecho 13 a 15 ms: V (t) aumenta linearmente de 0V a 6V.
dV (t)
dt
=
6− 0
2× 10−3
= 3000V/s.
i(t) = C
dV (t)
dt
= 6× 10−6 · 3000 = 0.018A.
1
Cálculo da Energia no Capacitor
A energia armazenada em um capacitor é dada por:
W =
1
2
CV 2.
Para cada trecho, calculamos a energia máxima armazenada no capacitor.
1. Trecho 0 a 2 ms: V = 18V.
W =
1
2
· 6× 10−6 · (18)2 = 9.72× 10−4 J.
2. Trecho 2 a 5 ms: V = 12V.
W =
1
2
· 6× 10−6 · (12)2 = 4.32× 10−4 J.
3. Trecho 5 a 9 ms: V = 0V.
W = 0J.
4. Trecho 9 a 13 ms: V = 0V.
W = 0J.
5. Trecho 13 a 15 ms: V = 6V.
W =
1
2
· 6× 10−6 · (6)2 = 1.08× 10−4 J.
Energia Média Armazenada
A energia total armazenada nos intervalos é:
Wtotal = 9.72× 10−4 + 4.32× 10−4 + 1.08× 10−4 = 1.512× 10−3 J.
O intervalo total de tempo é T = 15ms = 15× 10−3 s. Assim, a energia média é:
Wmédia =
Wtotal
T
=
1.512× 10−3
15× 10−3
≈ 0.1008 J.
Resultados Finais
• Corrente em cada trecho:
– Trecho 0-2 ms: i(t) = 0.054A,
– Trecho 2-5 ms: i(t) = −0.06A,
– Trecho 5-9 ms: i(t) = 0.018A,
– Trecho 9-13 ms: i(t) = 0A,
– Trecho 13-15 ms: i(t) = 0.018A.
• Energia média armazenada no capacitor: Wmédia ≈ 0.1008 J.
2
Exerćıcio 2
De acordo com a figura, observa-se que as linhas de campo elétrico se concentram mais
próximas umas das outras nas regiões de maior intensidade do campo elétrico. Isso indica
que:
• Densidade maior: O campo elétrico é mais intenso nas regiões onde as linhas de
campo estão mais próximas umas das outras.
• Densidade menor: O campo elétrico é menos intenso nas regiões onde as linhas
estão mais espaçadas.
As linhas de campo saem da carga positiva Q, indicando que o vetor campo elétrico
é radial e aponta para fora.
Exerćıcio 3
A figura apresenta dois casos envolvendo capacitores planos com e sem dielétrico:
• Figura (a): A presença do dielétrico aumenta a capacitância do capacitor. Isso
ocorre porque o dielétrico reduz o campo elétrico interno devido à polarização do
material. A polarização gera dipolos que criam um campo elétrico oposto ao apli-
cado, diminuindo a diferença de potencial entre as placas para uma mesma quanti-
dade de carga armazenada. Assim, a capacitância C é maior com o dielétrico.
• Figura (b): Sem o dielétrico, o capacitor armazena menos carga para o mesmo
potencial aplicado, pois não há redução do campo elétrico interno. Dessa forma, a
capacitância C é menor.
Um aumento da capacitância resulta em maior armazenamento de carga, maior tempo
de carga/descarga e redução na reatância capacitiva XC = 1
ωC
.
Conclusão: A presença de um dielétrico no capacitor aumenta sua capacitância,
pois reduz a diferença de potencial efetiva entre as placas e permite o armazenamento de
maior carga elétrica.
Exerćıcio 4
De acordo com o gráfico apresentado, o processo descrito é caracteŕıstico da carga de
um capacitor.
Justificativa:
• O comportamento do gráfico mostra que a corrente inicial é máxima e decresce
exponencialmente até atingir um valor constante, representando o processo de carga
do capacitor.
• Durante a carga, a tensão sobre o capacitor aumenta gradualmente, até atingir o
valor da tensão aplicada na fonte.
• O tempo caracteŕıstico 5τ (onde τ = RC, a constante de tempo do circuito) in-
dica o intervalo necessário para que o capacitor esteja aproximadamente totalmente
carregado.
3
Exerćıcio 5
De acordo com o gráfico apresentado, o processo descrito é caracteŕıstico da descarga
de um indutor.
Justificativa:
• O comportamento do gráfico mostra que a corrente inicial é máxima e decresce
exponencialmente até zero, o que é t́ıpico do processo de descarga de um indutor.
• Isso ocorre porque, quando a fonte de alimentação é desconectada, o campo magnético
gerado pelo indutor colapsa, induzindo uma corrente que decresce exponencialmente
com o tempo.
• O tempo caracteŕıstico 5τ (onde τ = L/R, a constante de tempo do circuito)
representa o intervalo em que a corrente atinge valores praticamente nulos.
Exerćıcio 6
Considere o sinal V (t) = Vp sin(2πft), com Vp = 50V e f = 1kHz.
(a) Valor de pico:
Vp = 50V.
(b) Valor instantâneo em t = 1µs e t = 7µs:
V (1µs) = 50 sin(2π · 1000 · 1× 10−6) = 50 sin(0.00628) ≈ 0.31V.
V (7µs) = 50 sin(2π · 1000 · 7× 10−6) = 50 sin(0.04396) ≈ 2.2V.
(c) Valor pico a pico:
Vpp = 2Vp = 100V.
(d) Peŕıodo:
T =
1
f
=
1
1000
= 1ms.
(e) Número de ciclos em ttotal = 10ms:
N =
ttotal
T
=
10ms
1ms
= 10 ciclos.
Exerćıcio 7
Dado e = 300 sin(157t), determine o tempo para meio ciclo.
Resolução:
O peŕıodo T é:
T =
2π
ω
, ω = 157 rad/s.
T =
2π
157
≈ 0.04 s.
O tempo para meio ciclo é:
tmeio ciclo =
T
2
=
0.04
2
= 0.02 s.
4
Exerćıcio 8
Se Vp = 40V, α = 30◦ e t = 1ms, determine a equação.
Resolução:
A equação geral é:
V (t) = Vp sin(ωt+ α).
Para f = 1kHz:
ω = 2πf = 2π · 1000 = 6283.19 rad/s.
V (t) = 40 sin(6283.19 · t+ 30◦).
Exerćıcio 9
Determine a diferença de fase para os sinais
• Item (a):
Os sinais são:
v(t) = 0,2 sin(ωt− 60◦)
i(t) = 0,1 sin(ωt− 20◦)
A diferença de fase entre v(t) e i(t) é dada por:
∆ϕ = ϕv − ϕi
Substituindo os valores:
∆ϕ = −60◦ − (−20◦) = −60◦ + 20◦ = −40◦
Portanto, a diferença de fase é −40◦, ou seja, a corrente está atrasada em 40◦ em
relação à tensão.
• Item (b):
Os sinais são:
v(t) = 2 cos(ωt− 30◦)
i(t) = 5 sin(ωt+ 60◦)
Primeiro, transformamos v(t) em função seno:
v(t) = 2 cos(ωt− 30◦) = 2 sin (ωt− 30◦ + 90◦)
v(t) = 2 sin(ωt+ 60◦)
Agora, comparando com i(t):
v(t) = 2 sin(ωt+ 60◦), i(t) = 5 sin(ωt+ 60◦)
Como os dois sinais possuem a mesma fase (+60◦), a diferença de fase é:
∆ϕ = 60◦ − 60◦ = 0◦
Portanto, não há diferença de fase (∆ϕ = 0◦).
5
Exerćıcio 10
O valor médio de uma função periódica f(t) em um ciclo é dado por:
Valor médio =
1
T
∫ T
0
f(t) dt
• Gráfico 1:
O sinal é uma onda triangular com amplitude máxima de 30mA e mı́nima de
−20mA. O valor médio em um ciclo completo é:
Valor médio =
1
T
∫ T
0
i(t) dt = 0mA
Isso ocorre porque as áreas positivas e negativas são iguais.
• Gráfico 2:
O sinal apresenta uma forma semicircular com amplitude máxima de 20mA e
mı́nima de −3mA. Considerando o ciclo completo, o valor médio será:
Valor médio =
1
2π
∫ 2π
0
i(t) dt
Após a análise gráfica, o valor médio é aproximadamente 8.5mA.
• Gráfico 3:
O sinal é senoidal com amplitude máxima de 16mA e mı́nima de −16mA. O valor
médio é:
Valor médio = 0mA
Isso ocorre porque a função seno tem média nula em um ciclo completo.
• Gráfico 4:
O sinal é triangular com valor inicial de−16mA, subindo até 20mA em um intervalo
de T = 8ms. O valor médio é dado pela média aritmética dos valores extremos:
Valor médio =
−16 + 20
2
= 2mA
Exerćıcio 11
A partir das leituras dos osciloscópios, resolvemos cada item:
a) Equações para as tensões
As caracteŕısticas dos osciloscópios são as seguintes:
• Gráfico (a): Sensibilidade vertical = 20 mV/div e sensibilidade horizontal = 10
µs/div.
• Gráfico (b): Sensibilidade vertical = 0,2 V/div e sensibilidade horizontal = 50
µs/div.
6
**Gráfico (a):**
• Amplitude: Observamos que o sinal ocupa 2divisões no eixo vertical. Assim, a
amplitude é:
Aa = 2× 20mV = 40mV.
• Peŕıodo: O sinal ocupa 5 divisões no eixo horizontal. Assim, o peŕıodo é:
Ta = 5× 10µs = 50µs.
• Frequência:
fa =
1
Ta
=
1
50µs
= 20 kHz.
A equação do sinal é:
va(t) = 40 sin(2π · 20 kHz · t)mV.
**Gráfico (b):**
• Amplitude: Observamos que o sinal ocupa 2 divisões no eixo vertical. Assim, a
amplitude é:
Ab = 2× 0, 2V = 0, 4V.
• Peŕıodo: O sinal ocupa 4 divisões no eixo horizontal. Assim, o peŕıodo é:
Tb = 4× 50µs = 200µs.
• Frequência:
fb =
1
Tb
=
1
200µs
= 5 kHz.
A equação do sinal é:
vb(t) = 0, 4 sin(2π · 5 kHz · t)V.
b) As frequências são as mesmas? Justifique.
Não, as frequências não são as mesmas. Como calculado, o sinal (a) possui frequência de
20 kHz, enquanto o sinal (b) possui frequência de 5 kHz.
c) Valor eficaz para cada sinal
O valor eficaz de uma onda senoidal é dado por:
Vrms =
A√
2
.
**Gráfico (a):**
Vrms,a =
40mV√
2
= 28, 28mV.
**Gráfico (b):**
Vrms,b =
0, 4V√
2
= 0, 283V.
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Respostas
• Equação do sinal (a): va(t) = 40 sin(2π · 20 kHz · t)mV.
• Equação do sinal (b): vb(t) = 0, 4 sin(2π · 5 kHz · t)V.
• As frequências são diferentes: fa = 20 kHz e fb = 5kHz.
• Valores eficazes: Vrms,a = 28, 28mV e Vrms,b = 0, 283V.
Exerćıcio 12
Enunciado: Determine a leitura do medidor para cada situação apresentada.
Situação 1: Corrente Cont́ınua (CC)
Para o caso de corrente cont́ınua, temos:
Icc = 4mA e R = 2kΩ.
A tensão sobre a resistência é calculada por:
V = I ·R.
Substituindo os valores:
V = 4× 10−3A · 2× 103Ω = 8V.
Como o medidor está configurado para medir a tensão em uma escala de valor eficaz
(RMS), mas estamos lidando com uma fonte de corrente cont́ınua, o valor medido será o
mesmo:
V = 8V .
Situação 2: Corrente Alternada (CA)
A tensão alternada é fornecida como:
v(t) = 16 sin(377t+ 20◦),
onde Vp = 16V é o valor de pico.
O medidor está configurado para medir o valor eficaz (RMS). Para uma onda senoidal
pura, o valor RMS é dado por:
Vrms =
Vp√
2
.
Substituindo:
Vrms =
16√
2
≈ 11.31V.
Entretanto, o medidor utiliza um retificador de meia onda. Para este caso, o valor
medido será proporcional ao valor médio retificado da tensão. O valor médio de uma
onda senoidal retificada em meia onda é dado por:
Vmeia onda =
Vp
π
.
8
Substituindo:
Vmeia onda =
16
3.14
≈ 5.10V.
Portanto, o medidor indicará aproximadamente:
V ≈ 5.10V .
Resumo das Leituras
1. Corrente Cont́ınua (CC): V = 8V. 2. Corrente Alternada (CA): V ≈ 5.10V
(com retificação de meia onda).
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