solucaoProva2Eletrica-2013 2

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UNIVERSIDADE FEDERAL DE CAMPINA GRANDE
CCT-Unidade Acadeˆmica de F´ısica
Soluc¸a˜o da 2a prova de Eletricidade e Magnetismo
Disciplina:1108083 06/03/2014
Prof. Adriano de A. Batista
1)(2.0) Na figura abaixo, as capacitaˆncias sa˜o dadas por C1 = 1, 0µF e C2 = 4, 0µF, e os dois
capacitores sa˜o carregados com diferenc¸as de potencial de 100V com polaridades opostas. Em
seguida, as chaves S1 e S2 sa˜o fechadas. (a) Qual a nova diferenc¸a de potencial entre os pontos
a e b? (b) Quais as novas cargas dos capacitores C1 e C2?
a
b
C1 C2
S1
S2
++ ++
++++++-- --
-----
Soluc¸a˜o:
A carga inicial no capacitor 1 e´ q01 = 1, 0× 10−4C e no capacitor 2 e´ q02 = 4, 0× 10−4C. Como as
polaridades esta˜o opostas a carga final total do capacitor equivalente e´ q = q02−q01 = 3, 0×10−4C.
A capacitaˆncia equivalente da combinac¸a˜o em paralelo dos circuitos e´ Ceq = C1 +C2 = 5, 0×µF.
(a) Logo, a ddp entre o ponto b e o ponto a e´ Vb − Va = q/Ceq = 3,0×10
−4
5,0×10−6V = 60V .
(b) As cargas finais em cada capacitor sa˜o q1 = C1(Vb − Va) = 6, 0 × 10−5C = 60µC e q2 =
C2(Vb − Va) = 240µC.
2) (2.0) (a) Determine a corrente em um fio condutor oˆhmico de raio a e comprimento ` ao
qual se aplica uma diferenc¸a de potencial V entre suas extremidades. O fio e´ composto por uma
mistura de metais de tal forma que a condutividade depende da distaˆncia r do centro do fio e e´
dada por σ(r) = σ0r/a. Despreze efeitos de borda nas extremidades do fio. (b) Qual a poteˆncia
dissipada no fio?
Soluc¸a˜o:
(a) A densidade de corrente e´ dada por J(r) = σ(r)E, onde E = V/`. Enquanto, a corrente e´
dada por I =
∫ a
0
J(r)2pirdr = 2piσ0Va`
∫ a
0
r2dr = 2piσ0a
2V
3` .
(b) A poteˆncia dissipada e´ igual a` poteˆncia de entrada V I = 2piσ0a
2V 2
3` . Podemos checar isso com
o seguinte ca´lculo Pdiss =
∫
vρEd3r = V
∫
J(r)dA = V I, onde v e´ a velocidade de deriva me´dia
e ρ e´ a densidade de carga.
3) (2.0) Qual a resisteˆncia equivalente do circuito abaixo: (a) entre os pontos a e b? (b) entre os
pontos c e d?
R
R
R
R R
a bc
d
Soluc¸a˜o:
(a) Por simetria veˆ-se que se aplicarmos uma ddp entre os pontos ”a” e ”b” do circuito acima
a corrente no resistor entre ”a” e ”c” e´ a mesma que a corrente entre ”a” e ”d”, logo Vc = Vd,
assim na˜o ha´ corrente entre os pontos ”c” e ”d”. Portanto, podemos abrir o circuito entre ”c” e
”d” ou enta˜o colocar em curto a conexa˜o entre ”c” e ”d”, que as correntes no circuito na˜o sera˜o
alteradas. Assim o circuito inicial e´ equivalente a dois conjuntos em paralelo de dois resistores
associados em se´rie. Concluimos enta˜o que a resisteˆncia equivalente e´ simplesmente Req = R.
(b) Na figura abaixo vemos a sequeˆncia de operac¸o˜es para obtermos a resisteˆncia equivalente
entre os pontos ”c” e ”d” do circuito, que e´ Req = R/2.
R
R
R
c d
2
2
c d
R
R
(1) (2)(2)
c d
(3)
R/2
4) (2.0) Na figura abaixo a` esquerda, os dois capacitores, com capacitaˆncias iguais C1 = C2 =
1µF, sa˜o carregados com diferenc¸as de potencial V1 = 100V e V2 = 50V de mesma polaridade.
Em seguida, as chaves S1 e S2 sa˜o fechadas. Os dois capacitores sa˜o ligados atrave´s de uma
resisteˆncia R. (a) Qual a diferenc¸a de potencial final entre os pontos a e b? (b) Qual a energia
dissipada no resistor R?
a
b
C1 C2
S1
S2
+ + +++++++
- - ------
R
+
−
+
−
r1 r2
R
12V 12V
Soluc¸a˜o:
(a) As cargas iniciais sa˜o q01 = C1V1 = 10
−4C e q02 = C2V2 = 0, 5 × 10−4C. Por conservac¸a˜o
de carga, a carga final acumulada no arranjo de capacitores e´ q = q01 + q
0
2 = 1, 5 × 10−4C, ja´
que os capacitores teˆm a mesma polaridade. A capacitaˆncia equivalente dos capacitores (em
paralelo) e´ Ceq = 2C1 = 2, 0µF . Logo a diferenc¸a de potencial final entre os pontos ”a” e ”b” e´
Vf = Va − Vb = q/Ceq = 1,5×10
−4C
2µF = 75V .
(b) A energia dissipada no resistor R e´ dada pela diferenc¸a entre a energia inicial acumulada nos
capacitores e a energia final. Assim obtemos,
Ediss =
C1V
2
1
2
+
C2V
2
2
2
− CeqV
2
f
2
=
(V 21 + V
2
2 )C1
2
− V 2f C1 (1)
=
1, 25× 10−2
2
J − 0, 752 × 10−2J = 6, 25× 10−4J (2)
5) (2.0) Na figura acima a` direita, duas fontes de forc¸a eletromotriz E = 12V e resisteˆncias
internas r1 = 0, 3Ω e r2 = 0, 5Ω. (a) Qual o valor de R em que a poteˆncia dissipada no resistor
e´ ma´xima? (b) Qual o valor dessa poteˆncia dissipada?
+
−
r1 r2
R
12V
Soluc¸a˜o:
O circuito desse problema pode ser simplificado para o desta figura acima. Assim vemos que a
resisteˆncia equivalente interna das baterias e´
req =
r1r2
r1 + r2
=
0, 3× 0, 5
0, 3 + 0, 5
Ω = 0, 15/0, 8Ω = 0, 1875Ω ≈ 0, 2Ω
Portanto, a poteˆncia dissipada e´ ma´xima na carga quando R = req. Isso pode ser provado da
seguinte forma. A tensa˜o aplicada em R e´ VR =
RE
req+R
. Logo, pela lei de Joule, a poteˆncia
dissipada no resistor R e´ Pdiss = V
2
R/R =
RE 2
(req+R)2
. Podemos variar R ate´ obtermos o valor
ma´ximo de Pdiss, isso ocorre quando
dPdiss
dR = 0. Isso resulta na equac¸a˜o
E 2
(req+R)2
− 2RE 2(req+R)3 = 0,
cuja soluc¸a˜o e´ R = req.
(b) Substituindo esse valor de volta na equac¸a˜o para a poteˆncia dissipada, obtemos Pmaxdiss =
reqE
2
4r2eq
= E
2
4req
= 192W .