Resolução Da 2ª Prova De Física Geral III - Adriano | 2014.2

Prévia do material em texto

UNIVERSIDADE FEDERAL DE CAMPINA GRANDE
CCT-Unidade Acadeˆmica de F´ısica
Soluc¸a˜o da 2a Prova de F´ısica Geral III
Disciplina:1108025 10/12/2014
Prof. Adriano de A. Batista
1)(2.0) Na figura abaixo temos uma bateria de 12V e dois capacitores descarregados de ca-
pacitaˆncias C1 = 3, 0µF e C2 = 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 final acumulada nos dois capacitores?
Soluc¸a˜o: (a) A carga inicial no capacitor C1 e´ q
i
1 = C1V1 = 3, 0µF ×12V = 3, 6×10−5C.
A tensa˜o final no capacitor sera´ V f1 = q
f
1 /C1 = q
f
2 /C2. Tambe´m sabemos, por conservac¸a˜o
de cargas, que qi1 = q
f
1 + q
f
2 .
Logo, a carga final no capacitor C1 e´
qf1 =
qi1
1 + C2/C1
=
qi1
1 + 8/3
=
3× 3, 6
11
× 10−5C ≈ 9, 8µC.
Obtemos enta˜o a ddp final nos capacitores,
V f1 = q
f
1 /C1 =
C1V1
C1 + C2
=
3, 0× 12
8, 0 + 3, 0
≈ 0, 27× 12V = 3, 27V.
c) A carga final no capacitor C2 e´
qf2 = C2V
f
1 =
C1C2V1
C1 + C2
≈ 3, 0× 8, 0× 12µC/11 ≈ 2, 6× 10−5C
d) A energia potencial eletrosta´tica final acumulada nos capacitores e´
Uf =
(C1 + C2)V
f2
1
2
=
11× 3, 272
2
µJ = 5, 9× 10−5J
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) = kr, onde k e´
uma constante e r e´ a distaˆncia do eixo do fio.
Soluc¸a˜o: A corrente e´ dada por
I =
∫ a
b
J(r)2pir dr = 2pik
∫ a
b
r2dr = 2pik
(
a3 − b3) /3
3) (2.0) Na figura abaixo considere que a fonte seja ideal e que as resisteˆncias sejam dadas
por R1 = R2 = R4 = R e R3 = 3R. Despreze a resisteˆncia interna do amper´ımetro A. Qual a
corrente ele´trica que passa pelo amper´ımetro em termos de R e V0? Indique o sentido da corrente.
Soluc¸a˜o: A corrente que passa pela fonte e´ dada por i = V0Req , onde Req = R/2+
3R
4 =
5R
4
e´ a resisteˆncia equivalente. Assim i = 4V05R . A ddp no resistor R1 e´ a mesma no resistor
R2, logo i1 = i2. Da mesma forma a ddp em R3 e´ a mesma que no resistor R4, logo
3Ri3 = Ri4. Pela lei dos no´s sabemos tambe´m que i = i1 + i2 = i3 + i4 = 4i3, assim i2 = i/2
e i3 = i/4. Finalmente aplicando a lei dos no´s ao no´s a` esquerda do amper´ımetro obtemos
iA = i1 − i3 = i/2− i/4 = i/4 = V05R no sentido da esquerda para direita.
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
i1 = i2 =
V1
R1 +R2
e i3 = 0.
(c) A energia acumulada no capacitor e´
Ucap =
CV 2cap
2
=
CR22V
2
1
2(R1 +R2)2
(d) Por conservac¸a˜o de energia, a energia total dissipada nos resistores e´ igual a` energia
originalmente acumulada no capacitor. Isso pode ser verificado por
5) (2.0)Na figura acima a` direita, todas as baterias teˆm a mesma forc¸a eletromotriz V1 = V2 = V
e resisteˆncias internas R1 = R2 = R. (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
R/2 +R/2
=
V
R
.
Portanto, a poteˆncia dissipada em R3 e´ dada por
P3 = R3i
2
3 =
RV 2
2R2
=
V 2
2R
.
(b) Pela lei dos no´s, as correntes nas baterias sa˜o dadas por: i3 = i1+i2 e pela lei das malhas
R1i1 = R2i2, logo como R1 = R2 = R, enta˜o i1 = i2 = i3. Assim, a poteˆncia total fornecida
pelas baterias e´ dada por
Pbat = V1i1 + V2i2 = V (i1 + i2) = V i3 =
V 2
R
.
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 =
RV 2
4R2
=
V 2
4R
= P2,
Logo,
Pdiss =
V 2
4R
+
V 2
4R
+
V 2
2R
=
V2
R
= Pbat.