Resolução Capítulo 36 - Halliday, Exercícios de Eletromagnetismo

Baixe Resolução Capítulo 36 - 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 36 Correntes Alternadas 2 36.1 Questões . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 36.2 Problemas e Exercı́cios: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 36.2.1 Três circuitos simples – (1/12) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 36.2.2 O circuito RLC série – (13/28) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 36.2.3 Potência em circuitos de corrente alternada – (29/43) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 36.2.4 O transformador – (44/48) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 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 10 LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, DF–UFPB 10 de Junho de 2013, às 17:42 36 Correntes Alternadas 36.1 Questões Q 36-2. De que modo um fasor difere de um vetor? Sabemos, por exemplo, que fems, diferenças de poten- cial e correntes não são grandezas vetoriais. De que modo, então, se pode justificar construções como as da Fig. 36-6? I A d.d.p., a fem e a corrente não são vetores e, portanto, não seguem as regras da soma vetorial. A utilização de fasores para descrever estas grandezas é útil em virtude da possibilidade da existência da diferença de fase entre a corrente e a tensão, a qual se traduz em efeitos fı́sicos (lembre-se, por exemplo, de que o fator de potência é dado por cosφ, onde φ é a diferença de fase entre a corrente e a fem). A direção do fasor não corresponde a nenhuma direção no espaço. Contudo, a projeção do fasor sobre um eixo possui a mesma fase de grandeza fı́sica a ele associada. Um diagrama de fasores é muito útil porque ele indica as relações de fase entre as grandezas representadas por estes fasores. Q 36-8. Suponha, como enunciado na Seção 36-4, que um dado circuito seja “mais indutivo que capacitivo”, isto é, que XL > XC . (a) Isto significa, para uma freqüência angular fixa, que L é relativamente “grande” e C relativamente “pequeno” ou que L e C são relati- vamente “grandes”? (b) Para valores fixos de L e de C, significa que ω é relativamente “grande” ou relativa- mente “pequeno”? I (a) XL > XC significa que ω2LC > 1. Para um valor de ω fixo, o produto LC deve se relativamente grande. (b) Para L e C fixos, o valor de ω é que deve ser relati- vamente grande. 36.2 Problemas e Exercı́cios: 36.2.1 Três circuitos simples – (1/12) E 36-1. Suponha que a Eq. 36-1 descreva a fem efe- tiva disponı́vel na saida de um gerador de 60 Hz. Qual a freqüência angular ω correspondente? Como a compan- hia de energia elétrica estabelece essa freqüência? I E 36-2. Um capacitor de 1.5µ F está ligado, como na Fig. 36-4a, a um gerador de corrente alternada com Em = 30 V. Qual será a amplitude da corrente alternada resultante se a freqüência da fem for (a) 1 kHz; (b) 8 kHz? I (a) Use o fato que I = E/Xc = ωCE . Portanto I = ωCEm = 2πfCEm = 0.283 A. (b) Se f é 8 vezes maior, também o é a corrente: I = 8× 0.283 = 2.26 A. E 36-3. Um indutor de 50 mH está ligado, como na Fig. 36-5a, a um gerador de corrente alternada com Em = 30 V. Qual será a amplitude da corrente alter- nada resultante se a freqüência da fem for (a) 1 kHz; (b) 8 kHz? I (a) A amplitude da corrente é dada pela Eq. 36-18 com ω = 2πf , onde f = 1 kHz: IL = VL XL = Em (2πfL) = 0.0955 A. (b) Para f = 8 kHz a reatância indutiva é 8 vezes maior e, portanto, IL = 0.0955 A 8 = 0.0119 A. Observação: os números dados no final do livro estão errados. E 36-4. Um resistor de 50Ω está ligado, como na Fig. 36-3a, a um gerador de corrente alternada com Em = 30 V. Qual será a amplitude da corrente alter- nada resultante se a freqüência da fem for (a) 1 kHz; (b) 8 kHz? I As respostas dos itens (a) e (b) são idênticas pois para um resistor a corrente não depende da freqüência: I = Em R = 30 50 = 0.60 A. http://www.fisica.ufpb.br/∼jgallas Página 2 de 10 LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, DF–UFPB 10 de Junho de 2013, às 17:42 Observe que XL > XC , de modo que Em está à frente de I no diagrama de fasores mostrado aqui: P 36-17. I Da Fig. 36-11 vemos que as componentes da impedância são Zx = R e Zy = XC −XL. Portanto Z = √ Z2x + Z 2 y = √ R2 + (XC −XL)2 e tanφ = − Zy Zx = XL −XC R , que coincidem com as Eqs. 36-23 e 36-26. P 36-18 A amplitude da voltagem através de um indu- tor num circuito RLC pode ser maior do que a ampli- tude da fem do gerador? Considere um circuito RLC em série com: Em = 10 V; R = 10 Ω; L = 1 H e C = 1 µF. Determine a amplitude da voltagem através do indutor na ressonância. I A amplitude da voltagem através do indutor num circuito RLC em série é dada por VL = IXL, com XL = ωL. Na ressonância temos ω = 1/ √ LC e, por- tanto, XL = L√ LC = 1.0√ (1.0)(1.0× 10−6) = 1000 Ω. Na ressonância temos XL = XC que, de acordo com a Eq. 36-23, nos fornece uma impedância Z = R e, conseqüentemente, I = Em Z = Em R = 1 A. Assim, temos VL = IXL = (1.0)(1000) = 1000 V. P 36-19. I A resistência da bobina satifaz tanφ = XL −XC R = ωL− 1/(ωC) R , de onde se tira facilmente que R = 1 tanφ ( ωL− 1 ωC ) = 1 tan 75o [ 2π(930)(0.088) − 1 2π(930)(0.94× 10−6) ] = 89 Ω. P 36-20. I (a) A voltagem através do gerador é 36 Volts, por definição. (b) VR = IR cosφ = (0.196)(160) cos 29.4 o = 27.3 V. (c) Considere o diagrama de fasores abaixo: deste diagrama vemos facilmente que VC = IXC sen φ = (0.196)(177) sen 29.4o = 17.0 V. (d) Analogamente: VL = −IXL sen φ = −(0.196)(86.7) sen 29.4o = −8.3 V. (e) VR + VC + VL = 27.3 + 17.0− 8.3 = 36.0 V ≡ Em, de modo que a lei das malhas é satisfeita. P 36-21 Num circuito RLC como o da Fig. 36-2, R = 5 Ω, C = 20 µF, L = 1.0 H e Em = 30 V. (a) Para que freqüência angular ω0 a corrente terá seu valor máximo, como nas curvas de ressonância da Fig. 35-6? (b) Qual é este valor máximo? (c) Quais são as duas http://www.fisica.ufpb.br/∼jgallas Página 5 de 10 LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, DF–UFPB 10 de Junho de 2013, às 17:42 freqüências angulares ω1 e ω2 para as quais a amplitude da corrente é igual à metade desse valor máximo? (d) Qual é a meia-largura fracional [= (ω1 − ω2)/ω0] da curva de ressoância? I (a) Para uma dada amplitude EM do gerador de fem, a amplitude I da corrente é I = Em√ R2 + (ωL− 1ωC )2 . Para encontrar o valor máximo de I , resolveremos a equação dI/dω = 0, ou seja, dI dω = − Em Z3/2 [ ωL− 1 ωC ][ L+ 1 ω2C ] = 0. O único fator que pode anular-se é ωL− 1/(ωC) o que acontece para ω = 1/ √ LC. Para o circuito dado en- contramos ω = ω0 = 1√ LC = 224 rad/s. (b) Para tal valor (ressonância!) a impedância é Z = R e o máximo da corrente é I = Em R = 30 5 = 6 A. (c) Queremos determinar os valores de ω para os quais I = Em/(2R), ou seja, para os quais Em√ R2 + (ωL− 1ωC )2 = Em 2R , ou seja, R2 + ( ωL− 1 ωC )2 = 4R2. Desta equação obtemos( ωL− 1 ωC )2 = 3R2 que, após extrairmos a raiz quadrada e multiplicarmos por ωC, fornece LC ω2 ± √ 3CRω − 1 = 0, onde ± indica os dois possı́veis sinais da raiz quadrada. Como temos duas equações quadráticas, em princı́pio temos 4 raı́zes. Entretanto, somente admitimos raı́zes positivas o que nos fornece então duas soluções. A menor raiz é ω2 = − √ 3CR+ √ 3C2R2 + 4LC 2LC = 219 rad/s, enquanto que a maior raiz é ω1 = + √ 3CR+ √ 3C2R2 + 4LC 2LC = 228 rad/s, (d) Com isto tudo, a meia-largura fracional pode agora ser facilmente determinada: ω1 − ω2 ω0 = 228− 219 224 = 0.039 . P 36-23 I (a) O ângulo de fase é φ = tan−1 (VL − VC VR ) = tan−1 (VL − VL/2 VL/2 ) = tan−1 1.0 = 45o (b) Como Em cosφ = IR, obtemos R = Em cosφ I = 30 cos 45o 0.3 = 70.7 Ω. P 36-26. I Como a impedância do voltı́metro é elevada, ele não irá afetar a impedância do circuito quando ligado em paralelo em cada um dos casos. Portanto, a leitura será 100 Volts em todos três casos. P 36-27. Mostre que a meia-largura fracional de uma curva de ressonância (veja o Problema 21) é dada aprox- imadamente por ∆ω ω0 = √ 3C L R, onde ω é a freqüência angular na ressonância e ∆ω é a largura da curva de ressonância na metade da ampli- tude máxima. Note que ∆ω/ω0 diminui com R, como mostra a Fig. 35-6. Use esta fórmula para conferir a resposta do Problema 21d. I Usando ω1 e ω2 obtidos no Problema 21, determi- namos que ∆ω ω0 = ω1 − ω2 ω0 = 2 √ 3CR √ LC 2LC = R √ 3C L = (5.0) √ 3(20.0× 10−6) 1.0 = 0.0387 ' 0.04 . http://www.fisica.ufpb.br/∼jgallas Página 6 de 10 LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, DF–UFPB 10 de Junho de 2013, às 17:42 P 36-28*. O gerador de CA na Fig. 36-12 fornece 120 V (rms) a 60 Hz. Com a chave aberta, como no di- agrama, a corrente está avançada de 20o sobre a fem do gerador. Com a chave na posição 1, a corrente está atrasada de 10o, sobre a fem do gerador. Quando a chave está na posição 2 a corrente é de 2 A (rms). Determine os valores de R, L e C. I São pedidas três grandezas e são dadas três situações diferentes. A tarefa, portanto, consiste em usar as três posições da chave para obter um sistema com três equações e resolve-lo. Chave aberta: Temos um circuito “série” contendo R, L e C, para o qual sabemos que tanφ = VL − VC R = ωL− 1/(ωC) R = tan(−20o). (1) Chave na posição 1: Neste caso continuamos a ter um circuito série, porém agora contendo um capacitor equivalente Ceq = 2C. Portanto tanφ1 = ωL− 1/(ω2C) R = tan 10o. (2) Chave na posição 2: Neste caso o circuito é um os- cilador LC, para o qual temos, conforme a Eq. (36-22), I = Em Z = 120√ (ωL)2 + 1/(ωC)2 = 2. (3) Resolução das três equações: Usando as duas primeiras equações, vemos que R tanφ1 −R tanφ = 1 2ωC R tanφ1 − 1 2 R tanφ = ωL 2 . Tais expressões nos fornecem 1 ωC = 2R ( tanφ1 − tanφ ) ≡ A R ωL = 2R ( tanφ1 − 1 2 tanφ ) ≡ B R, onde introduzimos as abreviações A ≡ 2 ( tanφ1 − tanφ ) = 2 ( tan 10o − tan(−20o) ) = 1.08059 B ≡ 2 ( tanφ1 − 1 2 tanφ ) = 2 ( tan 10o − 1 2 tan(−20o) ) = 0.71662 As expressões acima nos mostram que assim que con- hecermosR, conheceremos C e L também. Da equação (3) obtemos E2m I2 = Z2 = R2 ( A2 +B2), expressão da qual tiramos R facilmente: R = Em I √ A2 +B2 = 46.27 Ω Tendo o valor R, das expressões acima vemos que C = 1 ωAR = 1 (60)AR =???? L = BR ω = BR 60 =???? Falta revisar e terminar o cálculo dos números... :-)) 36.2.3 Potência em circuitos de corrente alternada – (29/43) E 36-29. Qual o valor máximo de uma voltagem, num circuito de CA, cujo valor médio quadrático é de 100 Volts? I Da Eq. (36-30) vemos que Vmax = √ 2 Vrms = √ 2 100 = 141 V. E 36-30. Que corrente contı́nua produzirá, num certo resistor, uma quantidade de calor igual à produzida por uma corrente alternada cujo valor máximo é de 2.6 A. I A potência média dissipada em R por uma cor- rente alternada é dada pela Eq. 36-29: Pméd = I2rmsR. Como Iméd = I/ √ 2, onde I é a amplitude de cor- rente, podemos escrever, de acordo com a Eq. 36-30, que Pméd = I2R/2. A potência dissipada no mesmo re- sistor por uma corrente contı́nua i é P = i2R e, con- seqüentemente, igualando-se os dois valores da potência e resolvendo para i obtemos i = I√ 2 = 2.6√ 2 = 1.84 A. http://www.fisica.ufpb.br/∼jgallas Página 7 de 10