2 prova de fisica UFBA

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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
 
 
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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
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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
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 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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