Resolução Capítulo 29 - Halliday, Exercícios de Eletromagnetismo

Baixe Resolução Capítulo 29 - Halliday e outras Exercícios em PDF para Eletromagnetismo, somente na Docsity! LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, DF–UFPB 10 de Junho de 2013, às 18:19 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 29 Circuitos Elétricos 2 29.1 Questões . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 29.2 Problemas e Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 29.2.1 Trabalho, energia e FEM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 29.2.2 Diferenças de potencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 29.2.3 Circuitos de malhas múltiplas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 29.2.4 Instrumentos de medidas elétricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 29.2.5 Circuitos RC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 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 11 LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, DF–UFPB 10 de Junho de 2013, às 18:19 29 Circuitos Elétricos 29.1 Questões Q 29-1. I Não. O sentido convencional da fem é sempre do terminal negativo para o terminal positivo da bateria, in- dependentemente do sentido da corrente que atravessa a bateria. Q 29-4. I Para medir a fem use um voltı́metro com uma re- sistência elevada e ligue os terminais do aparelho aos terminais da bateria sem nenhum outro circuito conec- tado à bateria. Para medir a resistência interna da bate- ria, utilize uma pequena resistência em série juntamente com um amperı́metro (também em série). A seguir meça a ddp V através dos terminais da bateria e a corrente i, que passa no circuito série considerado. Calcule a re- sistência interna da bateria mediante a seguinte relação: V = E − ri. 29.2 Problemas e Exercı́cios 29.2.1 Trabalho, energia e FEM E 29-2. Uma corrente de 5 A é mantida num circuito por uma bateria recarregável cuja fem é de 6 V, durante 6 min- utos. De que quantidade diminui a energia quı́mica da bateria? I A energia quı́mica da bateria é reduzida de uma quan- tidade ∆E = qE , onde q é a carga que passa através dela num tempo ∆t = 6 minutos e E é a fem da bateria. Se i for a corrente, então q = i∆t e ∆E = iE ∆t = (5 A)(6 V )(6 min) (60 seg min ) = 1.1× 104 J. Note que foi necessário converter o tempo de minutos para segundos para as unidades ficarem corretas. P 29-4. Uma determinada bateria de automóvel cuja fem é de 12 V tem uma carga inicial de 120 A·h. Supondo que a diferença de potencial entre seus terminais permaneça constante até que a bateria esteja completamente descar- regada, por quantas horas ela poderá fornecer energia na taxa de 100 W? I Se P é a taxa com a qual a bateria entrega energia e ∆t é o tempo, então ∆E = P ∆t é a energia entregue num tempo ∆t. Se q é a carga que passa através da bate- ria no tempo ∆t e E é a fem da bateria, então ∆E = qE . Igualando-se as duas expressões para E e resolvendo-se para ∆t, temos ∆t = qE P = (120 A · h)(12 V) 100 W = 14.4 horas. 29.2.2 Diferenças de potencial P 29-5. Na Figura 29-18, E1 = 12 V e E2 = 8 V. Qual é o sen- tido da corrente no resistor? Que fem está realizando trabalho positivo? Que ponto, A ou B, apresenta o mais alto potencial? I O sentido da corrente é anti-horário, determinado pelo sentido da fonte “resultante” de fem: Eres = E1 − E2 = 12− 8 = 4 V. A fonte que realiza trabalho positivo é a que tem o mesmo sentido da fonte “resultante”; neste caso é a fonte E1. Se tivessemos mais fontes no circuito, todas as que tivessem o mesmo sentido da fonte “resultante” é que fariam trabalho positivo. Chamando de VA e VB o potencial no ponto A e B, respectivamente, temos, pela “regra da fem”, ao ir do ponto A ao ponto B passando através das fontes VA + 12− 8 = VB , ou seja VA − VB = −4 < 0, o que implica ser VB > VA. E 29-8. Suponha que as baterias na Fig. 29-19 ao lado tenham resistências internas desprezı́veis. Determine: (a) a cor- rente no circuito; (b) a potência dissipada em cada re- sistor e (c) a potência de cada bateria e se a energia é fornecida ou absorvida por ela. http://www.fisica.ufpb.br/∼jgallas Página 2 de 11 LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, DF–UFPB 10 de Junho de 2013, às 18:19 Note que i2 tem sentido contrário ao que foi arbi- trado inicialmente no problema. Para encontrarmos a diferença de potencial entre os pontos a e b computa- mos as quedas de tensão desde b até a: Vb + 4 + 5 = Va. De onde descobrimos que: Va − Vb = 9 Volts. E 29-33. Duas lâmpadas, uma de resistência R1 e a outra de re- sistência R2, R1 > R2 estão ligadas a uma bateria (a) em paralelo e (b) em série. Que lâmpada brilha mais (dissipa mais energia) em cada caso? I (a) Seja E a fem da bateria. Quando as lâmpadas são conectadas em paralelo a diferença de potencial atrevés delas e a mesma e é a mesma que a fem da bateria. A potência dissipada pela lâmpada 1 é P1 = E2/R1 e a potência dissipada pela lâmpada 2 é p2 = E2/R2. Como R1 é maior que R2, a lâmpada 2 dissipa energia a uma taxa maior do que a lâmpada 1, sendo portanto a mais brilhante das duas. (b) Quando as lâmpadas são conectadas em série a corrente nelas é a mesma. A potência dissipada pela lâmpada 1 é agora P1 = i2R1 e a potência dissipada pela lâmpada 2 é P2 = i2R2. Como R1 é maior do que R2, mais potência é dissipada pela lâmpada 1 do que pela lâmpada 2 sendo agora a lâmpada 1 a mais bril- hante das duas. E 29-35. Nove fios de cobre de comprimento ` e diâmetro d estão ligados em paralelo formando um único condutor com- posto de resistênciaR. Qual deverá ser o diâmetroD de um único fio de cobre de comprimento `, para que ele tenha a mesma resistência? I De acôrdo com a Eq. 15 do Cap. 28, a resistência dos 9 fios juntos é R = ρ` 9A = ρ` 9πd2/4 , onde A é a área de cada fio individual. A resistência de um fio único equivalente, com mesmo comprimento ` é Re = ρ` πD2/4 . Para que tenhamos R = Re vemos que é preciso ter-se D = 3d, que é a resposta procurada. P 29-39. Dispõe-se de um certo número de resistores de 10 Ω, cada um deles capaz de dissipar somente 1 W. Que número mı́nimo de tais resistores precisamos dispor numa combinação série-paralelo, a fim de obtermos um resistor de 10 Ω capaz de dissipar pelo menos 5 W? I Divida os resistores em m grupos em paralelo, sendo cada um destes grupos formado por um arranjo em série de n resistores. Como todos os resistores são iguais, a resistência equivalente é 1 Rtotal = m nR . Como desejamos que Rtotal = R, precisamos escolher n = m. A corrente em cada resistor é a mesma e temos um total de n2 deles, de modo que a potência total dissipada é Ptotal = n 2P , sendo P a potência dissipada por apenas um resistor. É pedido que Ptotal > 5P , onde P = 1 W. Portanto, precisamos que n2 seja maior que 5. O menor número inteiro satisfazendo esta condição é 3, o que fornece o número mı́nimo de resistores necessários: n2 = 9, ou seja, três ramos em paralelo, cada ramo con- tendo três resistores em série. P 29-40. I (a) Estando conectadas em paralelo, não apenas a ddp sobre as duas baterias é a mesma como também a cor- rente i (positiva para a esquerda) que circula por elas e, portanto, 2i a corrente que circula em R. A regra das malhas nos fornece E − ir − 2iR = 0, de modo que i = E r + 2R . A potência dissipada é P = i2R = E2R (r + 2R)2 . O valor máximo é obtido colocando-se igual a zero a derivada de P em relação a R: dP dR = E2 (r + 2R)2 − 4E 2R (r + 2R)3 = E2(r − 2R) (r + 2R)3 . Desta última expressão verificamos que P tem um valor extremo (que tanto pode ser um máximo quanto um mı́nimo), para R = r/2. Para verificar que para R = r/2 o valor de P real- mente é máximo, você ainda precisa calcular d2P/dR2 e verificar que tal derivada é negativa para R = r/2. Não deixe de conferir e, principalmente, perceber bem http://www.fisica.ufpb.br/∼jgallas Página 5 de 11 LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, DF–UFPB 10 de Junho de 2013, às 18:19 que nos problemas de máximo e mı́nimo, é sempre im- prescindı́vel o cálculo da segunda derivada antes de se poder afirmar a natureza das soluções. (b) A taxa máxima de dissipação de energia é obtida substituindo-se R = r/2 na expressão da potência: Pmax = E2r/2 (2r)2 = E2 8r . P 29-46. Na Fig. 29-33, E1 = 3 V, E2 = 1 V, R1 = 5 Ω, R2 = 2 Ω, R3 = 4 Ω e as duas baterias são ideiais. (a) Qual é a taxa de dissipação de energia em R1? Em R2? Em R3? (b) Qual é a potência da bateria 1? e da bateria 2? I (a) Usando a lei das malhas e a lei dos nós obtemos o sistema de três equações envolvendo as três incógnitas i1, i2 e i3: E1 − i3R3 − i1R1 = 0, E2 + i2R2 − i1R1 = 0, i3 = i1 + i2. Resolvendo estas equações, encontramos: i1 = E1R2 + E2R3 R1R2 +R1R3 +R2R3 = 5 19 A, i2 = E1R1 − E2(R1 +R3) R1R2 +R1R3 +R2R3 = 3 19 A, i3 = E1(R1 +R2)− E2R1 R1R2 +R1R3 +R2R3 = 8 19 A. A potência dissipada em cada resistor é P1 = i 2 1R1 = 0.346 W, P2 = i 2 2R2 = 0.050 W, P3 = i 2 3R3 = 0.709 W. (b) As potências fornecidas são: P1 = + i3E1 = 1.263 W P2 = − i2E2 = −0.158 W. O resultado para a segunda fonte é negativo pois a cor- rente i2 percorre-a no sentido contrário ao sentido de sua fem. Observe que 1.263 = 0.346 + 0.050 + 0.158, como de- veria ser. P 29-50. I (a) O fio de cobre e a capa de alumı́nio estão conec- tados em paralelo, de modo que a ddp sobre eles é a mesma e, portanto, iCRC = iARA, onde o subı́ndice ‘C’ refere-se ao cobre e ‘A’ ao alumı́nio. Para cada um dos fios sabemos que R = ρL/A, ou seja, RC = ρCL πa2 , RA = ρAL π(b2 − a2) , que substituidas em iCRC = iARA fornecem iCρC a2 = iAρA b2 − a2 . Resolvendo esta equação juntamente com a equação i = iC + iA, onde i é a corrente total, obtem-se iC = a2ρC i (b2 − a2)ρC + a2ρA iA = (b2 − a2)ρC i (b2 − a2)ρC + a2ρA . Numericamente, encontramos para o denominador o valor de 3.10× 10−15 Ω ·m3, e iC = 1.11 A, iA = 0.893 A. (b) Considere o fio de cobre. Sendo V = 12 Volts a ddp, usamos a expressão V = iCRC = iCρC L πa2 , de onde obtemos L = πa2V iCRC = 126 metros. P 29-51. I Primeiro, devemos obter uma função R1(x) que forneça o valor da resistência do pedaço de R0 que está em paralelo com R, bem como R2(x), que forneça a resistência do pedaço restante de R0, de modo que ten- hamos sempre R0 ≡ R1(x) +R2(x), qualquer que seja o valor de x. O enunciado do problema informa que a resistência R0 é uniforme, isto é, varia linearmente de 0 aR0. Portanto, R1(x) = x L R0, R2(x) = R0 −R1(x) = ( 1− x L ) R0, http://www.fisica.ufpb.br/∼jgallas Página 6 de 11 LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, DF–UFPB 10 de Junho de 2013, às 18:19 onde x deve ser medido na mesma unidade que L, por exemplo, em centı́metros. Chamando-se de Rp o paralelo de R com R1 temos Rp = RR1/(R + R1) e, consequentemente, a re- sistência equivalente total Rt do circuito é Rt = Rp +R2 = Rp + ( 1− x L ) R0. Como a corrente fornecida pela bateria é a mesma cor- rente que passa tanto através de R2 quanto do paralelo Rp, vemos facilmente que a diferença de potencial VR sobre R (que obviamente coincide com V1 sobre R1) pode ser obtida da relação i = E Rt = VR Rp (= V1 Rp ), ou seja, VR = Rp Rt E . A potência pedida é então: PR = V 2R R = 1 R [ ERR1/(R+R1) (1− x/L)R0 +RR1/(R+R1) ]2 , que, simplificada, fornece o resultado final PR = 100R(Ex/R0)2 (100R/R0 + 10x− x2)2 , onde x deve ser medido em centı́metros. P 29-52. A Fig. 29-11a (pg. 143) mostra 12 resistores, cada um de resistência R, formando um cubo. (a) Determine R13, a resistência equivalente entre as extremidades da diago- nal de uma face. (b) DetermineR17, a resistência equiv- alente entre as extremidades da diagonal do cubo. (Veja o Exemplo 29-4, pg. 143.) I (a) Ao aplicar-se uma ddp entre os pontos 1 e 3, o ‘truque’ é perceber que temos os pontos 2 e 4 no mesmo potencial, bem como os pontos 6 e 8 estão no mesmo po- tencial. Portanto o circuito pode ser distorcido de modo a fazer tais pontos coincidirem, sem que tal distorção altere as correntes. ..... Longos cálculos....: R13 = 3R/4. (b) Ao aplicar-se uma ddp entre os pontos 1 e 7, o ‘truque’ é perceber que temos os pontos 4 e 5 no mesmo potencial, bem como os pontos 3 e 6 estão no mesmo po- tencial. Portanto o circuito pode ser distorcido de modo a fazer tais pontos coincidirem, sem que tal distorção altere as correntes. ..... Longos cálculos....: R17 = 5R/6. 29.2.4 Instrumentos de medidas elétricas P 29-56. Qual é a corrente, em termos de E e R, indicada pelo amperı́metro A na Fig. 29-41? Suponha que a re- sistência do amperı́metro seja nula e a bateria seja ideal. I Chamemos de a o terminal positivo da bateria, de b o terminal negativo, de c o terminal do amperı́metro que está ligado entre 2R e R e, finalmente, de d o terminal do amperı́metro que está ligado entre R e R. Chamemos de i1 a corrente que flui através de 2R de a para c. Analogamente, de i2 a corrente fluindo de a para d. Finalmente, chamemos de iA a corrente que flui através do amperı́metro, indo de d para c. Assim, a cor- rente de c para b será i1 + iA, enquanto que a corrente de d para b será i2 − iA. Estas informações devem ser colocadas sobre a Figura do problema, para simplificar o uso da lei das malhas. Verifique que a corrente que sai e que entra nos termi- nais da bateria tem o mesmo valor, i1 + i2, como não poderia deixar de ser. Da lei das malhas, aplicada aos circuitos bacb e badb obtemos duas equações independentes: Vab = E = 2Ri1 +R(i1 + iA) = Ri2 +R(i2 − iA). Além disto, temos que Vac = 2Ri1 Vad = Ri2. Porém, como a resistência do amperı́metro (suposto ideal aqui) é nula, sabemos que VA ≡ Vcd = 0, ou seja, que Vac ≡ Vad. Estas três últimas equações implicam termos i2 = 2i1 que, substituido na expressão acima para Vab nos per- mite determinar que i1 = 2E/(7R) e que, finalmente, iA = E 7R . P 29-58. http://www.fisica.ufpb.br/∼jgallas Página 7 de 11 LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, DF–UFPB 10 de Junho de 2013, às 18:19 (c) Substitua q = q0 e−tτ em VC = q/C obtendo então VC(t) = q0 C e−t/τ = 1× 10−3 C 1× 10−6 F e−t/(1 s) = (1× 103) e−t V, onde t é medido em segundos. Substitua i = (q0/τ) e−t/τ em VR = iR, obtendo VR(t) = q0R τ e−t/τ = (1× 10−3 C)(1× 106 Ω) (1 s) e−t/(1 s) = (1× 103) e−t V, com t medido em segundos. (d) Substitua i = (q0/τ) e−t/τ em P = i2R, obtendo P (t) = q20R τ2 e−2t/τ = (1× 10−3 C)2(1× 106 Ω) (1 s)2 e−2t/(1 s) = (1) e−2t W, novamente com t medido em segundos. P 29-72. Um resistor de 3 MΩ e um capacitor de 1 µF estão liga- dos em um circuito de uma única malha com uma fonte de fem com E = 4 V. Após 1 s de feita a ligação, quais são as taxas nas quais: (a) a carga do capacitor está au- mentando; (b) a energia está sendo armazenada no ca- pacitor; (c) a energia térmica está aparecendo no resistor e (d) a energia está sendo fornecida pela fonte de fem? I (a) A carga na placa positiva do capacitor é dada por q = CE [ 1− e−t/τ ] , onde E é a fem da bateria, C é a capacitância, e τ é a constante de tempo capacitiva. O valor de τ é τ = RC = (3× 106 Ω)(1× 10−6 F) = 3 s. Para t = 1 s temos t τ = 1 s 3 s ' 0.333 e a taxa com a qual a carga está aumentando é dq dt = CE τ e−t/τ = (1× 10−6 F)(4 V) 3 s e−0.333 ' 9.55× 10−7 C/s. Observe que ‘Coulombs/segundo’ é a definição de Ampère, a unidade de corrente. (b) A energia armazenada no capacitor é dada por UC = q2/(2C) e sua taxa de carga é dUC dt = q C dq dt . Para t = 1 s temos q = CE [ 1− e−t/τ ] = (1× 10−6 F)(4 V) [ 1− e−0.333 ] ' 1.13× 10−6 C, de modo que dUC dt = (1.13× 10−6 C 1× 10−6 F ) (9.55× 10−7 C/s) ' 1.08× 10−6 W. (c) A taxa com a qual a energia está sendo dissipada no resistor é dada por P = i2R. A corrente é 9.55 × 10−7 A, de modo que P = (9.55× 10−7 A)2(3× 106 Ω) ' 2.74× 10−6 W. (d) A taxa com a qual a energia é fornecida pela bateria é iE = (9.55× 10−7 A)(4 V) ' 3.82× 10−6 W. A energia fornecida pela bateria é ou armazenada no capacitor ou dissipada no resistor. O princı́pio da conservação da energia requer que iE = dUC/dt+ i2R. Os valores numéricos acima satisfazem o princı́pio de conservação, como se pode verificar facilmente. P 29-78. No circuito da figura abaixo, E = 1.2 kV; C = 6.5 µF; R1 = R2 = R3 = 0.73 MΩ. Com C completamente descarregado, a chave S é subitamente fechada (t = 0). (a) Determine as correntes através de cada resistor para t = 0 e t =∞. (b) Trace um gráfico que descreva quali- tativamente a queda do potencial V2 através deR2 desde http://www.fisica.ufpb.br/∼jgallas Página 10 de 11 LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, DF–UFPB 10 de Junho de 2013, às 18:19 t = 0 a t = ∞. (c) Quais são os valores numéricos de V2 em t = 0 e t = ∞. (d) Dê o significado fı́sico de t =∞ no presente problema. I (a) Em t = 0 o capacitor está completamente descarregado e a corrente no ramo do capacitor é a que terı́amos se o capacitor fosse substituido for um fio con- dutor. Seja i1 a corrente emR1; tome-a positiva quando aponta para a direita. Seja i2 a corrente em R2, positiva quando apontar para baixo. Seja i3 a corrente em R3, positiva quando apontar para baixo. Usando a lei dos nós e a lei das malhas obtemos Lei dos nós : i1 = i2 + i3, Malha esquerda : E − i1R1 − i2R2 = 0, Malha direita : i2R2 − i3R3 = 0. Como todas as resistências são iguais, podemos de- sprezar os subı́ndices, escrevendo apenas R, onde R ≡ R1 = R2 = R3. A última das três equações acima nos diz que i3 = i2 resultado que, substituido na primeira das equações acima, nos da i2 = i1/2. Com isto tudo, não é difı́cil agora usar-se a equação do meio para obter-se que i1 = 2E 3R = 2(1.2× 103 V) 3(0.73× 106 Ω) ' 1.1× 10−3 A e, consequentemente, que i2 = i3 = E 3R = 1.2× 103 V 3(0.73× 106 Ω) ' 5.5× 10−4 A. Em t =∞ o capacitor estará completamente car- regado sendo portanto zero a corrente no ramo que contém o capacitor. Então i1 = i2 e a lei das malhas fornece E − i1R1 − i2R2 = 0, o que nos fornece a solução i1 = i2 = E 2R = 1.2× 103 V 2(0.73× 106 Ω) ' 8.2× 10−4 A. (b) Considere a placa superior do capacitor como sendo positiva. Isto é consistente com a corrente que flui em direção a esta placa. As leis dos nós e das malhas são i1 = i2 + i3, E − i1R − i1R = 0, e −(q/C) − i3R + i2R = 0. Use a primeira equação para substituir i1 na segunda e obter E − 2i2R − i3R = 0. Portanto i2 = (E − i3R)/(2R). Substitua esta expressão na ter- ceira equação acima obtendo então −(q/C) − (i3R) + (E/2) − (i3R/2) = 0. Substitua agora i3 por dq/dt obtendo i3 = dq dt ; 3R 2 dq dt + q C = E 2 . Como não é difı́cil de reconhecer, esta é a equação de um circuito RC em série, exceto que a constante de tempo é τ = 3RC/2 e a diferença de potencial aplicada é E/2. A solução é, portanto, q(t) = CE 2 [ 1− e−2t/(3RC) ] . A corrente no ramo que contém o capacitor é i3(t) = dq dt = E 3R e−2t/(3RC). A corrente no ramo do centro é i2(t) = E 2R − i3 2 = E 2R − E 6R e−2t/(3RC) = E 6R [ 3− e−2t/(3RC) ] enquanto que a diferença de potencial ao atravessar-se R2 é V2(t) = i2R = E 6 [ 3− e−2t/(3RC) ] . Gráfico de V2(t): faça-o você mesmo, usando a equação acima!! É uma curva que parte do valor v2 = E/3, crescendo assimptóticamente para o valor E/2. (c) Para t = 0, o fator exponencial e−2t/(3RC) é igual a 1 e V2 = E 3 = 1.2× 103 V 3 = 400 V. Para t =∞, o fator exponencial e−2/(3RC) é zero e V2 = E 2 = 1.2× 103 V 2 = 600 V. (d) O significado fı́sico de “tempo infinito” é um certo intervalo de tempo suficientemente grande para que se possa considerar como sendo zero o valor da corrente que circula no ramo contendo o capacitor. Tal intervalo de tempo deverá ser muitas vezes maior que a constante de tempo caracterı́stica do circuito em questão. http://www.fisica.ufpb.br/∼jgallas Página 11 de 11