UNIVERSIDADE FEDERAL DE CAMPINA GRANDE
CCT-Unidade Acadêmica de Fı́sica
Solução da 2a Prova de Fı́sica Geral III 2015.1
Disciplina:1108025
Prof. Adriano de A. Batista
12/06/2015
1)(2.0) Na figura abaixo temos uma bateria de 12V e três capacitores descarregados de capacitâncias C1 = 3, 0µF, C2 = 5, 0µF e C3 = 8, 0µF. 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 nos capacitores? (b) Qual carga final do capacitor C1? (c) Qual a carga final
do capacitor C2? (d) Qual a energia energia transferida para os dois capacitores da direita?
Solução: (a) A carga inicial no capacitor C1 é q1i = C1 V1 = 3, 0µF × 12V = 36µC. A tensão
final no capacitor será V1f = q1f /C1 = q2f /C2 = q3f /C3 . Também sabemos, por conservação
de cargas, que q1i = q1f + q2f + q3f .
=⇒ V1f =
36µC
q1i
= 2, 25V.
=
C1 + C2 + C3
3, 0µF + 5, 0µF + 8, 0µF
(b) Logo, a carga final no capacitor C1 é
q1f = C1 V1f = 6, 75µC
c) A carga final no capacitor C2 é
q2f = C2 V1f = 5 × 2, 25µC = 11, 25µC
d) A energia potencial eletrostática final acumulada nos capacitores C2 e C3 é
Uf =
(C2 + C3 )V1f 2
13 × 2, 252
=
µJ ≈ 32, 9µJ
2
2
2) (2.0) Determine a corrente elétrica I num fio retilı́neo condutor oco de raio interno b e raio
externo a, cuja densidade de corrente, paralela ao eixo do fio, é dada por J(r) = kr2 , onde k é
uma constante e r é a distância do eixo do fio.
Solução: A corrente é dada por
Z
I=
f io
~ r) · dA
~=
J(~
Z
a
Z
J(r)2πr dr = 2πk
b
b
a
a4 − b4
r dr = πk
2
3
3) (2.0) Qual a carga armazenada nos capacitores de placas paralelas se a diferença de potencial
da bateria é 12,0V? A constante dielétrica do capacitor 1 é κ = 5, 0 enquanto o meio dielétrico do
outro capacitor é o ar. Para ambos capacitores, a área das placas é 5, 00 × 10−4 m2 e a distância
entre as placas é 2, 0mm. A constante de permissividade elétrica do vácuo é 0 = 8, 85 × 10−12
C/(Vm)
V0
C1
C2
Solução: Para o capacitor de placas paralelas a capacitância é dada por C1 = κ0 A
d ≈
A
−10
11, 1pF, logo q1 = C1 V0 = 1, 33 × 10 C. Para o segundo capacitor temos C2 = 0 d =
2, 21pF e a carga acumulada é q2 = C2 V0 = 26, 6pC. Logo q1 + q2 ≈ 160pC.
4) (2.0) No circuito abaixo à esquerda a chave S1 é fechada com o capacitor completamente
descarregado em t = 0. (a) Obtenha as correntes iniciais em R1, R2, e R3. (b) Obtenha as
correntes estacionárias em R1, R2, e R3. (c) Qual a carga final acumulada no capacitor? (d)
Se depois de muito tempo a chave S1 for aberta novamente, qual a energia total dissipada nos
resitores R2 e R3 até o capacitor se descarregar completamente?
Solução: (a) Em t = 0+ , a carga no capacitor é nula, logo não há ddp no capacitor, portanto
a corrente em R1 é dada por
i1 =
V1
(R2 + R3 )V1
=
.
R3
R1 (R2 + R3 ) + R2 R3
R1 + RR22+R
3
Pela lei dos nós,
i1 = i2 + i3
e pela lei das malhas R2 i2 = R3 i3 . Logo,
i2 =
R3 i1
R3 V 1
=
R2 + R3
R1 (R2 + R3 ) + R2 R3
i3 =
R2 i1
R2 V 1
=
R2 + R3
R1 (R2 + R3 ) + R2 R3
(b) Depois de um longo tempo, t >> R3 C, o capacitor está completamente carregado, logo
i3 = 0. Então
V1
i1 = i2 =
.
R1 + R2
(c) Como i3 = 0 o circuito funciona como um divisor de tensão. Assim, a tensão aplicada
no capacitor é Vcap = R2 V1 /(R1 + R2 ), logo a carga final acumulada no capacitor é
q1f =
C1 R2 V1
R1 + R2
(d) Por conservação de energia, a energia total dissipada nos resistores é igual à energia
originalmente acumulada no capacitor, que é dada por
Ucap =
2
C1 Vcap
C1 R22 V12
=
2
2(R1 + R2 )2
5) (2.0)Na figura acima à direita, todas as baterias têm a mesma força eletromotriz V1 = V2 = V
e resistências internas R1 = R, R2 = 2R. (a) Obtenha a potência dissipada em R3 , supondo que
R3 = R/2. (b) Qual a potência total fornecida pelas baterias?
Solução: (a) Como as baterias têm a mesma força eletromotriz V , as resistências R1 R2
estão em paralelo, conectadas aos mesmos potenciais, logo a corrente que passa por R3 é
i3 =
V
R1 R2
R1 +R2
+ R3
=
V
6V
=
.
2R/3 + R/2
7R
Portanto, a potência dissipada em R3 é dada por
P3 = R3 i23 =
18V 2
.
49R
(b) A potência total fornecida pelas baterias é dada por
Pbat = V1 i1 + V2 i2 = V (i1 + i2 ) = V i3 =
6V 2
.
7R
Comentários:
Pela lei dos nós, i3 = i1 + i2 e pela lei das malhas R1 i1 = R2 i2 , logo i1 = 2i2 . Obtemos então
i1 = 2i3 /3 = 4V /(7R) e i2 = 2V /(7R). Podemos verificar que a potência total fornecida
pelas baterias é igual à potência total dissipada pelos resistores:
Pdiss = P1 + P2 + P3 ,
onde
P1 = R1 i21 =
8V 2
16V 2
, P2 = R2 i22 =
49R
49R
Logo,
Pdiss =
16V 2
8V 2
18V 2
6V 2
+
+
=
= Pbat .
49R
49R
49R
7R