Solução do 2⁰ estágio

UNIVERSIDADE FEDERAL DE CAMPINA GRANDE
CCT-Unidade Acadêmica de Fı́sica
Solução do 2o Estágio de Eletricidade e Magnetismo 2015.1
Disciplina: 1108083 Turma 03
Prof. Adriano de A. Batista
06/11/2015
1)(2.0) Na figura abaixo à esquerda temos uma bateria de 12V e três capacitores descarregados
de capacitâncias C1 = 1, 0µF, C2 = 2, 0µF e C3 = 3µF. Inicialmente a chave é ligada à bateria
até o capacitor C1 ser carregado completamente. Em seguida a chave é deslocada para direita.
(a) Qual a ddp final no capacitor C1 ? (b) Qual carga final de cada capacitor?
Solução:
(a) A carga inicial no capacitor 1 é q1i = C1 V = 1, 0µF × 12V = 12µC. Quando a chave
S é deslocada para direita, as tensões dos capacitores se tornam V1 = V2 + V3 = Vf , logo
C3
Vf , pois os capacitores 2 e 3 estão em série. Por conservação
q1f = C1 Vf , q2f = q3f = CC22+C
3
de carga q1i = q1f + q2f , daı́ obtemos que a ddp final é dada por
=⇒ Vf =
60
12
q1i
V =
V ≈ 5, 45V
=
C3
1 + 6/5
11
C1 + CC22+C
3
(b) As cargas finais nos capacitores são as seguintes: q1f = C1 Vf = 5, 45µC, q2f = q3f =
C2 C3
C2 +C3 Vf = 1, 2µF × 5, 45V ≈ 6, 55µC,
R2
R
C2
V
V
C1
C3
R
R
R
S
R
R
R1
2) (2.0) Uma ddp de 220V é aplicada a um forno elétrico de 5kW. (a) Qual a resistência do
elemento de aquecimento? (b) Qual a corrente do elemento de aquecimento?
Solução:
2
a) Temos que Ven
/R = 5kW, assim R = 2202 /5kΩ = 9, 68Ω.
b) Temos que Ven i = 5kW, logo i = 5000/220A=250/11A≈ 22, 7A
3) (2.0) Na figura acima à direita calcule a corrente elétrica que passa pela bateria. Não há
contato elétrico entre os fios diagonais. Escreva sua resposta em termos de R e V .
Solução:
A resistência equivalente é R/2 (o resistor R em paralelo com uma ponte equilibrada de
resistência R), logo a corrente que passa pela bateria é 2V /R.
R3
S
R3
c
i1
C1
i3
R1
R2
R2
V
V1
i2
V3
C2
V2
R1
4) (2.0) No circuito acima à esquerda a chave S é fechada com os capacitores completamente
descarregados em t = 0. (a) Obtenha as correntes iniciais em R1 , R2 , R3 e em C1 e C2 . (b) Qual
a corrente final na bateria? (c) Qual a carga final acumulada em cada capacitor? (d) Se depois de
muito tempo a chave S for aberta novamente, qual a energia total dissipada nos resitores R2 e R3 ?
Solução:
(a) Como os capacitores estão descarregados inicialmente, as quedas de tensão neles são
nulas, estão em curto. Logo, não haverá ddp aplicada nos resistores R2 e R3 . Portanto, não
haverá corrente nesses resistores. Toda a tensão da bateria estará sobre o resistor R1 , cuja
corrente será V /R1 . Pela lei dos nós, essa será também a corrente nos capacitores C1 e C2 .
(b) Depois de um longo tempo, o capacitor C1 estarrá completamente carregado, logo não
haverá corrente passando sobre ele. Do mesmo jeito, não haverá corrente passando em C2 ,
logo pela lei dos nós não haverá corrente passando em R2 , assim a ddp em R2 e em C2 é
nula. Assim, a bateria estará conectada aos resistores R1 e R3 em série. Portanto a corrente
final na bateria será if = V /(R1 + R3 ).
1 R3 V
(c) A ddp aplicada no capacitor C1 é R3 if , logo q1f = C
R1 +R3 , enquanto a ddp aplicada em
C2 é zero. Logo, q2f = 0.
(d) Por conservação de energia, a energia dissipada é igual a energia inicialmente acumulada
no capacitor C1 . A energia inicialmente acumulada em C1 é
2
q1f
2C1
=
C1 R32 V 2
2(R1 +R3 )2 .
5) (2.0) Na figura acima à direita, as tensões nas baterias são dadas por V1 = 4, 0V, V2 = 8, 0V e
V3 = 6, 0V e as resistências são R1 = 1, 0Ω, R2 = R3 = 2, 0Ω. (a) Encontre o potencial no ponto
c. (b) Encontre as correntes nos resistores. Indique o sentido delas. Verifique que a lei dos nós
é válida no nó c. (c) Calcule a potência total fornecida pelas baterias. (d) Calcule a potência
total dissipada pelos resistores.
Solução:
a) Como demonstrado em sala de aula
Vc =
V1
R1
1
R1
+
+
V2
R2
1
R2
+
+
V3
R3
1
R3
=
4+4+3
V = 5.5V
1 + 1/2 + 1/2
b) Assim a correntes são dadas por
Vc − V1
= 1, 5A,
R1
V2 − Vc
i2 =
= 1, 25A,
R2
V3 − Vc
i3 =
= 0, 25A,
R3
i1 =
nos sentidos indicados no circuito.
c) A potência total fornecida pelas baterias é
Pbat = P1 + P2 + P3 ,
onde
P1 = −V1 i1 = −4, 0 × 1, 5W = −6, 0W
P2 = V2 i2 = 8, 0 × 1, 25W = 10W
P3 = V3 i3 = 6, 0 × 0, 25W = 1, 5W.
De forma que obtemos
Pbat = −6, 0W + 10W + 1, 5W = 5, 5W
d) A potência total dissipada no circuito é
Pdiss = R1 i21 + R2 i22 + R3 i23 = 1, 52 W + 2 × 1, 252 + 2 × 0, 252 = 5, 5W.
Como era de se esperar a potência fornecida pelas baterias é igual à potência dissipada nos
resistores