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INSTITUTO DE FÍSICA DA UFBA DEPARTAMENTO DE FÍSICA DO ESTADO SÓLIDO DISCIPLINA: FÍSICA GERAL E EXPERIMENTAL III (FIS 123) TURMA: T01 SEMESTRE: 2o /2011 26/10/11 2a PROVA 1. Duas lâmpadas incandescentes são ligadas em série e, ao submeter a associação a uma tensão de 250 V durante 1000 horas, a empresa concessionária irá cobrar R$150,00 pelo uso. Associando as lâmpadas em paralelo e submetendo-as à tensão de 120 V, o custo pelas mesmas 1000 horas será de R$144,00. Sabendo que a empresa cobra R$0,60 por kW h, determine: a) O valor das resistências. b) As potências dissipadas em cada lâmpada, para cada associação Resolução: a) O custo cobrado pela empresa é o da energia consumida. Se P é a potência usada, então a energia consumida durante o tempo t∆ será: tPE ∆=∆ . Se o custo, para cada 1 kW h consumido, é de R$0,60, então a energia usada na ligação em série será: 3150,00 250 250 10 0,60s E kW h W h∆ = = = × Como ht 310=∆ , a potência dissipada da ligação em série será: WPs 250= . Numa ligação em série a resistência é BAs RRR += . Como ss s s RR VP 22 250 == , então Ω=+ 250BA RR (1) Para a ligação em paralelo, obtemos: 3144,00 240 10 0,60p E W h∆ = = × Resultando WPp 240= Por outro lado 2 2120p p p p V P R R = = Então Ω= 60pR Na associação de 2 resistores em paralelo, a resistência equivalente será: Ω= + = 60 BA BA p RR RRR (2) Usando (1) e (2), encontramos: 2 250 15000 0A AR R− + = O que nos leva a: 100 e 150A BR R= Ω = Ω b) Na associação em paralelo, como cada lâmpada é submetida à mesma tensão, tem-se: W R V P A p A 144100 12022 === . De maneira análoga encontramos WPB 96= Na associação em série, como a tensão sobre cada lâmpada não é a mesma, é melhor usar a expressão 2IRP = Como a corrente é a mesma em cada lâmpada e igual à corrente total que atravessa o circuito, temos que: 1s s s A B V VI A R R R = = = + , então 2A AP R I= e 2 B BP R I= o que nos conduz a WPA 100= e WPB 150= 2. Um capacitor de placas paralelas, de área A e distância d entre as placas, é preenchido até a metade por um dielétrico de constante dielétrica k e espessura d/2 (Veja figura1). Se Uo era a energia acumulada no capacitor antes da introdução do dielétrico, qual será a energia acumulada após a introdução do dielétrico? Dê sua resposta em função apenas de U0 e k. Considere também que não há perda de carga no processo. Resolução: O capacitor da figura 1 é equivalente a uma associação em paralelo de dois capacitores, C1 e C2, onde: 1 2 2 o oA CC d ε = = , e oo AC d ε = é a capacitância original sem a introdução do dielétrico Usando a expressão ( ) o d k AC k d b b ε = − + e fazendo 2 2 d Ab A= → , teremos: ( )2 1 1 o o k A kC C k d k ε = = + + A associação terá capacitância equivalente: 1 2 1 2 1o o kC C C C C k = + = + + , resultando ( ) 3 1 2 1) o kC C k + = + A energia inicial é 2 2 2 2 o o o o o o qU q U C C = → = Após a introdução do dielétrico, a energia será: 2 2 2 2 qU q UC C = → = Como não há perda de carga no processo, 2 2o o oq q UC U C= → = , o que nos leva a: ( )2 1 3 1 o k U U k + = + C1 C2 kd A/2 A/2 d/2 Figura 1 3. Um corpo, eletricamente neutro e de massa om , atravessa com velocidade constante ov � uma região onde existe um campo magnético uniforme B � , perpendicular à sua direção de propagação (veja figura 2). Ao atingir o ponto A, onde não há campo, o corpo explode em dois fragmentos de mesma massa. O primeiro fragmento se move com velocidade 4 ov � , mantendo a mesma direção e sentido do movimento original e, em seguida, penetra uma segunda região onde há um campo magnético uniforme B � , também perpendicular à sua direção de movimento. Este fragmento, após um breve intervalo de tempo, se choca com o ponto P, a uma distância d do ponto onde ele entrou. Considerando que após a explosão as únicas forças que atuam sobre os fragmentos são aquelas devido aos campos magnéticos, determine o instante em que o segundo fragmento se choca com a parede Oy, contado a partir do momento em que ele entra na região onde existe um campo. Determine também a posição e a distância do ponto onde ocorre este choque até o ponto O. Expresse todos seus resultados exclusivamente em função dos dados do problema. Resolução: O primeiro fragmento penetra na região do campo magnético e, pelo fato da direção de seu movimento ser alterada, significa que ele sofreu a ação de uma força magnética, pois nesta região há apenas campo magnético. Contudo esta só atua em objetos carregados e com velocidade não nula. Isto implica então que o fragmento adquiriu uma carga q1. O módulo desta força é dado por BvqFM 1= . Esta força é sempre perpendicular ao vetor velocidade, de modo que o movimento descrito pelo fragmento é semi circular. A aceleração é centrípeta, de modo que: R vmBvq 2 11 11 = Bq vmRd 1 1122 == ⇒ dB vmq 111 2 = Como 21 omm = e 1 4 ov v= teremos 1 4 o om vq dB = Aplicando a regra da mão direita, deduz-se que, pelo tipo de trajetória descrita, este fragmento está carregado negativamente, de forma que dB vmq oo31 −= (1) Aplicando a lei de conservação de momento, devemos ter 1 1 2 2o om v m v m v= + � � � Como 221 ommm == (2) P d y AO x v0 B B B B Figura 2 a velocidade do segundo fragmento será 2 2 ov v= − � � (3) O sinal negativo indica que este fragmento retorna à primeira região do campo B � . Como o corpo é inicialmente neutro, devido à conservação de carga teremos 021 =+ qq , ou seja, 2 1 4 o om vq q d B = − = (4) Assim, este segundo fragmento, ao entrar na primeira região, irá descrever uma semicircunferência de raio 2 2 2 2 m vR q B = (5) O tempo decorrido para ele percorrer esta semicircunferência é dado por: 2 2 2 2 R m t t v q B pi pi∆ = ⇒ ∆ = Usando (2) e (4), chegamos a 8 o d t v pi∆ = Aplicando as regras de produto vetorial observa-se que este fragmento irá se chocar com a parede Oy no ponto P2 (veja figura). A distância ao ponto O será 2 22y R= . Usando (2), (3), (4) e (5) chegamos a: 2 2 dy = P d y O x -2v0 B B B B P2
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