Física 3 - UFPE

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Gabarito EE2 F´ısica 3 - 2019-1
13/05/2019
1. Capacitor de placas paralelas retangulares.
a. Exemplo no cap´ıtulo 25 do Halliday: Aplicando lei de Gauss e desprezando
efeitos de borda, o fluxo de campo ele´trico Φ atrave´s da gaussiana envol-
vendo a placa superior do capacitor fica Φ = EA = Q/ε0, onde E, A e Q
sa˜o o mo´dulo do campo ele´trico, a a´rea da placa e a carga contida, respecti-
vamente. Assim, o mo´dulo do campo ele´trico e´ reduzido a E = Q/ε0A. A
diferenc¸a de potencial V entre duas placas, separadas por uma distaˆncia d,
trivialmente fica V = Qd/ε0A. Finalmente, da definic¸a˜o de capacitaˆncia
C = Q/V , temos
C =
ε0A
d
, (1)
para um capacitor de placas paralelas. Particularmente, no caso de placas
quadradas de lado L,
C0 =
ε0L
2
d
, (2)
onde o sub-´ındice em C0 indica que na˜o existe material entre as placas.
b. Se inserirmos um material nas placas, a capacitaˆncia do capacitor fica
C = κC0, onde κ e´ a constante diele´trica associada. Dado que as placas
sa˜o condutoras, podem ser consideradas como superf´ıcies equipotenciais,
assim a configurac¸a˜o da figura e´ equivalente a dois capacitores com ca-
pacitaˆncias C1 e C2 em paralelo. Usando a equac¸a˜o 1, a capacitaˆncia total
fica
C = C1 + C2 = κ1
ε0A1
d
+ κ2
ε0A2
d
= κ1
ε0
2L
3 L
d
+ κ2
ε0
L
3L
d
, (3)
C =
ε0L
2
3d
(2κ1 + κ2) . (4)
ou
C =
(
2κ1 + κ2
3
)
C0, (5)
que e´ estritamente maior ou igual que C0.
1
c. A energia U armazenada por um capacitor sujeito a uma diferenc¸a de
potencial V pode ser calculada a partir da relac¸a˜o U = CV 2/2. Para o
capacitor sem diele´trico temos
U0 =
ε0L
2V 2
2d
. (6)
A energia armazenada pelo capacitor preenchido com diele´tricos fica
U =
ε0L
2V 2
2d
(
2κ1 + κ2
3
)
, (7)
U =
(
2κ1 + κ2
3
)
U0. (8)
2. Circuitos: corrente, resisteˆncia e poteˆncia.
a. Pela lei de Kirchhoff, assumindo que as correntes i2 e i3 sa˜o para cima e
i1 e´ para baixo, temos:
E2 −Rbi2 − 2Rai1 − E1 = 0 (9)
E3 − 2Rai3 − 2Rai1 − E1 = 0 (10)
i2 + i3 = i1 (11)
4− 2i2 − 2i1 − 2 = 0 → 1− i2 = i1 (12)
4− 2i3 − 2i1 − 2 = 0 → 1− i3 = i1 (13)
i2 + i3 = i1 (14)
i2 = i3 (15)
1− i2 = 2i2 (16)
i2 = i3 = 1/3 A. (17)
i1 = 2/3 A. (18)
Como os valores das correntes sa˜o todos positivos, confirmamos nossa
suposic¸a˜o inicial de sentidos das correntes
b. P = Rbi
2
2 = 2(1/3)
2 = 29 W
c. P1 = E1i1 = 43 W. Como a corrente esta contraria ao sentido da fonte,
ela esta sendo carregada, absorvendo esta poteˆncia e na˜o fornecendo ao
sistema.
P2 = E2i2 = 4
3
W
P3 = E3i3 = 4
3
W
2
3. Circuito com resistores e capacitor.
a. Para t = 0 s, o capacitor comporta-se como um curto circuito, logo:
i1 =
E
R123
, (19)
onde R123 = R1 + R23 e R23 = (R2R3)/(R2 + R3), i2 = V2/R2 e i3 =
V2/R3, com V2 = E −R1i1 = E −R1(E/R123) = E (1−R1/(R1 +R23)).
Assim,
i1 =
E(R2 +R3)
R1R2 +R1R3 +R2R3
A, (20)
i2 =
ER3
R1R2 +R1R3 +R2R3
A, (21)
i3 =
ER2
R1R2 +R1R3 +R2R3
A, (22)
e
V2 =
ER2R3
R1R2 +R1R3 +R2R3
V, (23)
b. Depois de passado muito tempo com a chave fechada, o capacitor comporta-
se como uma chave aberta, logo:
i1 =
E
R1 +R2
A, (24)
i2 =
E
R1 +R2
A, (25)
e
i3 = 0 A, (26)
c. Para t = 0 s,
V2 = R2i2 =
εR2R3
R1R2 +R1R3 +R2R3
V (27)
Depois de passado muito tempo com a chave fechada,
V2 = R2i2 = R2
E
R1 +R2
V (28)
V2 =
ER2
R1 +R2
V (29)
4. Movimento helicoidal part´ıcula carregada num campo magne´tico.
a. ~F = q~v × ~B
F = |~F | = |q||~v|| ~B| sin θ = qvB sin θ
~F ⊥ ~v, ~B
3
b. F = ma = m
v2⊥
R = qvB sin θ
R = mv⊥|q|B =
mv sin θ
|q|B
c. y = 5v||T = 5v cos θ 2piRv⊥
y = 5v cos θ 2pim|q|B =
10pimv cos θ
|q|B
d. ∆K = 0
4