Resolução Da 2ª Prova De Física Geral III - Adriano | 2015.1

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UNIVERSIDADE FEDERAL DE CAMPINA GRANDE
CCT-Unidade Acadeˆmica de F´ısica
Soluc¸a˜o da 2a Prova de F´ısica Geral III 2015.1
Disciplina:1108025 12/06/2015
Prof. Adriano de A. Batista
1)(2.0) Na figura abaixo temos uma bateria de 12V e treˆs capacitores descarregados de ca-
pacitaˆncias C1 = 3, 0µF, C2 = 5, 0µF e C3 = 8, 0µF. Inicialmente a chave e´ ligada a` bateria ate´
o capacitor C1 ser carregado completamente. Em seguida a chave e´ deslocada para direita. (a)
Qual a ddp final nos capacitores? (b) Qual carga final do capacitor C1? (c) Qual a carga final
do capacitor C2? (d) Qual a energia energia transferida para os dois capacitores da direita?
Soluc¸a˜o: (a) A carga inicial no capacitor C1 e´ q
i
1 = C1V1 = 3, 0µF × 12V = 36µC. A tensa˜o
final no capacitor sera´ V f1 = q
f
1 /C1 = q
f
2 /C2 = q
f
3 /C3. Tambe´m sabemos, por conservac¸a˜o
de cargas, que qi1 = q
f
1 + q
f
2 + q
f
3 .
=⇒ V f1 =
qi1
C1 + C2 + C3
=
36µC
3, 0µF + 5, 0µF + 8, 0µF
= 2, 25V.
(b) Logo, a carga final no capacitor C1 e´
qf1 = C1V
f
1 = 6, 75µC
c) A carga final no capacitor C2 e´
qf2 = C2V
f
1 = 5× 2, 25µC = 11, 25µC
d) A energia potencial eletrosta´tica final acumulada nos capacitores C2 e C3 e´
Uf =
(C2 + C3)V
f2
1
2
=
13× 2, 252
2
µJ ≈ 32, 9µJ
2) (2.0) Determine a corrente ele´trica I num fio retil´ıneo condutor oco de raio interno b e raio
externo a, cuja densidade de corrente, paralela ao eixo do fio, e´ dada por J(r) = kr2, onde k e´
uma constante e r e´ a distaˆncia do eixo do fio.
Soluc¸a˜o: A corrente e´ dada por
I =
∫
fio
~J(~r) · d ~A =
∫ a
b
J(r)2pir dr = 2pik
∫ a
b
r3dr = pik
(
a4 − b4)
2
3) (2.0) Qual a carga armazenada nos capacitores de placas paralelas se a diferenc¸a de potencial
da bateria e´ 12,0V? A constante diele´trica do capacitor 1 e´ κ = 5, 0 enquanto o meio diele´trico do
outro capacitor e´ o ar. Para ambos capacitores, a a´rea das placas e´ 5, 00× 10−4m2 e a distaˆncia
entre as placas e´ 2, 0mm. A constante de permissividade ele´trica do va´cuo e´ �0 = 8, 85 × 10−12
C/(Vm)
V0 C1 C2
Soluc¸a˜o: Para o capacitor de placas paralelas a capacitaˆncia e´ dada por C1 = κ�0
A
d ≈
11, 1pF, logo q1 = C1V0 = 1, 33 × 10−10C. Para o segundo capacitor temos C2 = �0Ad =
2, 21pF e a carga acumulada e´ q2 = C2V0 = 26, 6pC. Logo q1 + q2 ≈ 160pC.
4) (2.0) No circuito abaixo a` esquerda a chave S1 e´ fechada com o capacitor completamente
descarregado em t = 0. (a) Obtenha as correntes iniciais em R1, R2, e R3. (b) Obtenha as
correntes estaciona´rias em R1, R2, e R3. (c) Qual a carga final acumulada no capacitor? (d)
Se depois de muito tempo a chave S1 for aberta novamente, qual a energia total dissipada nos
resitores R2 e R3 ate´ o capacitor se descarregar completamente?
Soluc¸a˜o: (a) Em t = 0+, a carga no capacitor e´ nula, logo na˜o ha´ ddp no capacitor, portanto
a corrente em R1 e´ dada por
i1 =
V1
R1 +
R2R3
R2+R3
=
(R2 +R3)V1
R1(R2 +R3) +R2R3
.
Pela lei dos no´s,
i1 = i2 + i3
e pela lei das malhas R2i2 = R3i3. Logo,
i2 =
R3i1
R2 +R3
=
R3V1
R1(R2 +R3) +R2R3
i3 =
R2i1
R2 +R3
=
R2V1
R1(R2 +R3) +R2R3
(b) Depois de um longo tempo, t >> R3C, o capacitor esta´ completamente carregado, logo
i3 = 0. Enta˜o
i1 = i2 =
V1
R1 +R2
.
(c) Como i3 = 0 o circuito funciona como um divisor de tensa˜o. Assim, a tensa˜o aplicada
no capacitor e´ Vcap = R2V1/(R1 +R2), logo a carga final acumulada no capacitor e´
qf1 =
C1R2V1
R1 +R2
(d) Por conservac¸a˜o de energia, a energia total dissipada nos resistores e´ igual a` energia
originalmente acumulada no capacitor, que e´ dada por
Ucap =
C1V
2
cap
2
=
C1R
2
2V
2
1
2(R1 +R2)2
5) (2.0)Na figura acima a` direita, todas as baterias teˆm a mesma forc¸a eletromotriz V1 = V2 = V
e resisteˆncias internas R1 = R, R2 = 2R. (a) Obtenha a poteˆncia dissipada em R3, supondo que
R3 = R/2. (b) Qual a poteˆncia total fornecida pelas baterias?
Soluc¸a˜o: (a) Como as baterias teˆm a mesma forc¸a eletromotriz V , as resisteˆncias R1 R2
esta˜o em paralelo, conectadas aos mesmos potenciais, logo a corrente que passa por R3 e´
i3 =
V
R1R2
R1+R2
+R3
=
V
2R/3 +R/2
=
6V
7R
.
Portanto, a poteˆncia dissipada em R3 e´ dada por
P3 = R3i
2
3 =
18V 2
49R
.
(b) A poteˆncia total fornecida pelas baterias e´ dada por
Pbat = V1i1 + V2i2 = V (i1 + i2) = V i3 =
6V 2
7R
.
Comenta´rios:
Pela lei dos no´s, i3 = i1 + i2 e pela lei das malhas R1i1 = R2i2, logo i1 = 2i2. Obtemos enta˜o
i1 = 2i3/3 = 4V/(7R) e i2 = 2V/(7R). Podemos verificar que a poteˆncia total fornecida
pelas baterias e´ igual a` poteˆncia total dissipada pelos resistores:
Pdiss = P1 + P2 + P3,
onde
P1 = R1i
2
1 =
16V 2
49R
, P2 = R2i
2
2 =
8V 2
49R
Logo,
Pdiss =
16V 2
49R
+
8V 2
49R
+
18V 2
49R
=
6V 2
7R
= Pbat.