Resolução Capítulo 35 - Halliday, Exercícios de Eletromagnetismo

Baixe Resolução Capítulo 35 - Halliday e outras Exercícios em PDF para Eletromagnetismo, somente na Docsity! LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, DF–UFPB 10 de Junho de 2013, às 17:42 Exercı́cios Resolvidos de Fı́sica Básica Jason Alfredo Carlson Gallas, professor titular de fı́sica teórica, Doutor em Fı́sica pela Universidade Ludwig Maximilian de Munique, Alemanha Universidade Federal da Paraı́ba (João Pessoa, Brasil) Departamento de Fı́sica Baseados na SEXTA edição do “Fundamentos de Fı́sica”, Halliday, Resnick e Walker. Esta e outras listas encontram-se em: http://www.fisica.ufpb.br/∼jgallas Contents 35 Oscilações Eletromagnéticas 2 35.1 Questões . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 35.2 Problemas e Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 35.2.1 Oscilações LC: Estudo Qualitativo – (1/6) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 35.2.2 Analogia com o MHS – (7/8) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 35.2.3 Oscilações LC: Estudo Quantitativo – (9/30) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 35.2.4 Oscilações Amortecidas num RLC – (31/36) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 Comentários/Sugestões e Erros: favor enviar para jasongallas @ yahoo.com (sem “br” no final...) (listaq3.tex) http://www.fisica.ufpb.br/∼jgallas Página 1 de 7 LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, DF–UFPB 10 de Junho de 2013, às 17:42 35 Oscilações Eletromagnéticas 35.1 Questões Q 35-1. Por que o circuito LC da Fig. 35-1 não pára simplesmente de oscilar no instante em que o capacitor fica completamente descarregado? I É que apesar de termos q = 0, temos simultanea- mente dq/dt 6= 0. A situação, portanto, é análoga a de um pêndulo que passa por um extremo ou da energia potencial [quando x = 0 ou x = xmax mas dx/dt 6= 0] ou da energia cinética [quando v = 0 ou v = vmax mas dv/dt 6= 0]. As situações não correspondem a equilı́brios estáveis. Note a enfase na palavra extremo e que tal palavra im- plica mais coisas do que as acima rapidamente men- cionadas... 35.2 Problemas e Exercı́cios 35.2.1 Oscilações LC: Estudo Qualitativo – (1/6) E 35-1. Qual é a capacitância de um circuito LC, sabendo-se que a carga máxima do capacitor é 1.60 µC e a energia total é 140 µJ? I Use a fórmula U = Q2/(2C) para obter C = Q2 2U = (1.60× 10−6)2 2(140× 10−6) = 9.14× 10−9 F. E 35-2. Num circuito LC, um indutor de 1.50 mH ar- mazena uma energia máxima de 10 µJ. Qual é o pico de corrente? I Use U = LI2/2 para obter I = √ 2U L = √ 2(10.0× 10−6) 1.50× 10−3 = 0.115 A. E 35-3. Num circuito LC oscilante L = 1.10 mH e C = 4.0 µF. A carga máxima do capacitor vale 3.0 µC. Determine a corrente máxima. I Das igualdades U = 12LI 2 = 12Q 2/C temos I = Q√ LC = 3.0× 10−6√ (1.10× 10−3)(4.0× 10−6) = 4.52× 10−2 A. E 35-4. Um circuito LC consiste num indutor de 75 mH e num capacitor de 3.6 µF. Sabendo-se que a carga máxima do capacitor é de 2.9 µC, (a) qual a energia total no circuito e (b) qual é a corrente máxima? I (a) U = Q2 2C = 2.90× 10−6 2(3.6× 10−6) = 1.17× 10−6 J; (b) I = √ 2U L = √ 2(1.17× 10−6) 75× 10−3 = 5.59× 10−3 A. E 35-5. Para um certo circuito LC a energia total é transformada de energia elétrica no capacitor em energia magnética no indutor em 1.5 µs. (a) Qual é o perı́odo de oscilação? (b) Qual a freqüência de oscilação? (c) Num certo instante, a energia magnética é máxima. Quanto tempo depois será máxima novamente? I (a) T = 4× 1.50 µs = 6.0 µs. (b) f = T−1 = (6.0× 10−6)−1 = 1.67× 105 Hz. (c) Após meio perı́odo, ou seja 3.0 µs. P 35-6. A freqüência de oscilação de um certo circuito LC é 2.00 kHz (corrija o erro na tradução do livro-texto: em vez de 200 deve ser 2.00 kHz). No instante t = 0, a placa A do capacitor tem carga positiva máxima. Em quais instantes t > 0 (a) a placa A terá novamente carga positiva máxima, (b) a outra placa do capacitor terá carga positiva máxima e (c) o indutor terá campo magnético máximo? I Considerando-se a dinâmica mostrada na Fig. 35-1 e usando T = 2× 103 = 2000 Hz encontramos: (a) A carga será máxima e positiva na placa A para ta = nT = n f = n 2000 = n (500 µs), onde n = 1, 2, 3, . . . . (b) Primeiramente, observe que é preciso esperar-se meio perı́odo para que a a carga atinja seu valor máximo positivo na outra placa pela primeira vez. Depois de http://www.fisica.ufpb.br/∼jgallas Página 2 de 7 LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, DF–UFPB 10 de Junho de 2013, às 17:42 P 35-24. I (a) Como sabemos que f = 1/(2π √ LC), quanto menorC, maior será f . Portanto, fmax = 1/(2π √ LCmin), e fmin = 1/(2π √ LCmax), fornecendo fmax fmin = √ Cmax√ Cmin = √ 365√ 10 = 6.024 ' 6. (b) Queremos escolher a capacitância C adicional de modo que a razão das freqüencias seja r = 1.60 MHz 0.54 MHz = 2.96 . Como a capacitância C adicional é colocada em par- alelo ao capacitor variável, sua capacitância soma-se à da capacitância de sintonia, ou seja √ C + 365√ C + 10 = 2.96 , cuja solução é C = 365− (2.96)2(10) (2.96)2 − 1 = 36 pF. Para termos a menor freqüência devemos usar C = 365 + 36 = 401 pF e f = 0.54MHz. Portanto L = 1 (2π)2 C f2 = 2.2× 10−4 H. P 35-25. I (a) U = UE + UB = q2 2C + i2 L 2 = (3.8× 10−6)2 2(7.8× 10−6) + (9.2× 10−3)2(25× 10−3) 2 = 1.98× 10−6 J. (b) A carga Q máxima pode ser obtida do valor total da energia, assim: Q = √ 2CU = √ 2(7.8× 10−6)(1.98× 10−6) = 5.56× 10−6 Coulombs. (c) Analogamente, a corrente máxima I tanbém é obtida do valor total da energia: I = √ 2U L = √ 2(1.98× 10−6) 25× 10−3 = 1.26× 10−2 Ampères. (d) Chamando-se de q0 a carga no capacitor em t = 0, temos q0 = Q cosφ e φ = cos−1 (q0 Q ) = cos−1 (3.80× 10−6 5.56× 10−6 ) = ±46.9o. Para φ = +46.9o a carga no capacitor está decrescendo, enquanto que para φ = −46.9o ela está crescendo. Verifica-se isto calculando-se a derivada de q em relação ao tempo e computando-a para t = 0. Obtem-se −ωQ senφ. Queremos que esta quantidade seja posi- tiva o que nos leva a escolher φ = −46.9o, pois então sen(−46.9o) < 0. (e) Neste caso a derivada deve ser negativa. Portanto devemos tomar φ = +46.9o. P 35-26. I (a) A carga é dada por q(t) = Q sen(ωt), onde Q é a carga máxima no capacitor e ω é a freqüência da oscilação. Escolheu-se a função seno para que tenhamos q = 0 no instante t = 0. Assim sendo, a corrente é i(t) = dq dt = ωQ cos(ωt) e para t = 0 temos I = ωQ. Como ω = 1/ √ LC, encontramos Q = I √ LC = 2 √ (3× 10−3)(2.7× 10−6) = 1.80× 10−4 Coulombs. (b) A energia armazenada no capacitor é UE = q2 2C = Q2 sen2(ωt) 2C e sua taxa de variação é dUE dt = Q2ω sen(ωt) cos(ωt) C . Usando a identidade cos(A) sen(A) = 12 sen(2A) obte- mos dUE dt = ωQ2 2C sen(2ωt). http://www.fisica.ufpb.br/∼jgallas Página 5 de 7 LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, DF–UFPB 10 de Junho de 2013, às 17:42 A maior variação ocorre quando sen(2ωt) = 1, ou seja, para 2ωt = π/2 radianos, resultado que nos fornece t = π 4ω = πT 4(2π) = T 8 , onde T é o perı́odo da oscilação, e usamos o fato que ω = 2π/T . (c) Substitua ω = 2π/T e sen(2ωt) = 1 na expressão de dUe/dt obtendo assim:(dUE dt ) max = 2πQ2 2TC = πQ2 TC . Como T = 2π √ LC = 5.655× 10−4 s, encontramos(dUE dt ) max = 66.7 Watts, um valor positivo, indicando que a energia no capacitor está realmente aumentando para t = T/8. P 35-30∗. I A energia originalmente no capacitor de 900 µF é 1 2 C900V 2 = 1 2 (900× 10−6)(100)2 = 4.5 J. A energia necessária para se carregar o capacitor de 100 µF a 300 V é 1 2 C100V 2 = 1 2 (100× 10−6)(300)2 = 4.5 J. Portanto, vemos que a energia originalmente no capac- itor de 900 µF deve ser transferida para o capacitor de 100 µF, o que se pode fazer facilmente armazenando-a temporariamente no indutor. Para tanto, deixe a chave S1 aberta e feche a chave S2, esperando até que o capacitor de 900 µF esteja comple- tamente descarregado, com a corrente na malha à direita sendo então máxima. Tal máximo ocorre num quarto do perı́odo de oscilação. Como T900 = 2π √ LC900 = 0.596 s, precisamos poratnto esperar (0.596)/4 = 0.149 segun- dos. Neste instante, feche S1 e abra S2 de modo que a corrente esteja agora na malha à esquerda. Espere agora um quarto do perı́odo de oscilação do circuito LC à es- querda e abra a chave S1. Tal perı́odo é T100 = 2π √ LC100 = 0.199 s, indicando ser preciso manter-se S1 fechada durante (0.199)/4 = 0.0497 segundos antes de abri-la nova- mente. 35.2.4 Oscilações Amortecidas num RLC – (31/36) E 35-31. I O tempo necessário para 50 ciclos é t = 50 T = 50 2π ω = 50 2π √ LC = 0.5104 s. A carga máxima no capacitor decai de acordo com qmax = Q e −Rt/(2L), onde Q é a carga em t = 0 e R é a resistência do cir- cuito. Portanto R = − 2L t ln (qmax Q ) = − 2(220× 10 −3) 0.5104 ln (0.99) = 8.66× 10−3 Ω. P 35-33. I Como a energia máxima no capacitor em cada ciclo é dada por q2max/(2C), onde qmax é a carga máxima carga a C é a capacitância, deseja-se o instante de tempo para o qual q2max 2C = 1 2 Q2 2C , o que significa que qmax = Q/ √ 2. Como temos que qmax = Q e −Rt/(2L), onde R é a resistência e L a indutância do circuito. Resolvendo-se para t obtemos t = − 2L R ln (qmax Q ) = − 2L R ln ( 1√ 2 ) = L R ln 2, onde usamos o fato que ln(1/ √ 2) = − ln √ 2 = − 12 ln 2. P 35-36∗. Num circuito LC amortecido, mostre que a fração da energia perdida por ciclo de oscilação, ∆U/U , é dada http://www.fisica.ufpb.br/∼jgallas Página 6 de 7 LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, DF–UFPB 10 de Junho de 2013, às 17:42 com boa aproximação por 2πR/(ωL). A grandeza ωL/R é freqüentemente denominada de fator de quali- dade “Q” do circuito (Q, por ser a letra inicial da palavra ‘qualidade’). Um circuito de “alto Q” possui resistência baixa e uma perda relativa também baixa de energia por ciclo ( = 2π/Q). I Seja t um instante de tempo no qual o capacitor es- teja carregado completamente num ciclo qualquer e seja qmax 1 a carga então no capacitor. A energia no capacitor neste mesmo instante é U(t) = q2max 1 2C = Q2 2C e−Rt/L, onde usamos o fato que qmax 1 = Q e−Rt/(2L), sendo Q a carga para t = 0. Um ciclo mais tarde a carga máxima é qmax 2 = Q e −R(t+T )/(2L) e a energia é U(t+ T ) = q2max 2 2C = Q2 2C e−R(t+T )/L, onde T é o perı́odo da oscilação. A perda fracional da energia por ciclo é, portanto, ∆U U = U(t+ T )− U(t) U(t) = e−Rt/L − e−R(t+T )/L e−Rt/L = 1− e−RT/L. Supondo ser RT/L 1 (a resistência é pequena) e us- ando o teorema binomial [“expansão da exponencial”, apêndice G, pag. 334] encontramos facilmente que e−RT/L ' 1− RT L . Substituindo-se T por 2π/ω, onde ω é a freqüência an- gular da oscilação, temos ∆U U ≈ 1− ( 1− RT L ) = RT L = 2πR ωL . http://www.fisica.ufpb.br/∼jgallas Página 7 de 7