Ser Fisica

Física

Indução eletromagnética – Capacitores Resoluções das questões das seções Para praticar, Para aprimorar e Revisão Capítulo 1 – Indução eletromagnética – Ondas eletromagnéticas Para praticar, página 27 1. c 2. d, e a) Errada, pois no fio GH temos uma corrente de G para H e usando a regra de Ampère vemos que esta corrente cria, em (2), um

campo B “saindo” da folha de papel. b) Errada, pois, como vimos em (a), a cor rente em GH esta­belece um campo B cujas linhas estão furando o plano da espira (2).

Logo, há um fluxo (constante) através de (2). c) Errada, pois quando o cursor desloca-se para F, temos um aumento na resistência do circuito (1) e, consequentemente, uma diminuição na corrente em GH. Isto faz com que haja uma diminuição no fluxo através de (2). d) Correta, pois estará variando a resistência do circuito (1) e, portanto, a corrente em GH. Isso acarreta uma variação do fluxo magnético em (2) e, assim, teremos uma corrente induzida neste circuito (que será indicada pelo amperímetro A). e) Correta, pois a resistência do circuito (1) estará ora aumen­tando, ora diminuindo.

Portanto, o mesmo ocorre com a corrente em GH e com o fluxo magnético através de (2). Pela lei de Lenz concluímos que a corrente em (2) terá ora um sentido, ora o sentido contrário (corrente alternada).

3. a) Como a normal à superfície está orientada para cima, vemos que ela possui a mesma

direção e o mesmo sentido de B, isto é, o ân gulo entre B e a normal à superfície é θ = 0°. b) Como A = 60 cm2 = 60 · 10–4 m2 vem: φ = BA cos θ = (3,5 · 10–2) · (60 · 10–4) cos 0° ∴ φ = 2,1 · 10–4 weber

4. a) (a) É evi­den­te ­que, nes­te ca­so, a nor­mal à

su­per­fí­cie é per­pen­di­cu­lar a B, is­to é, te­mos θ = 90°. (b) Co­mo φ = BA cos θ e cos 90° = 0, vem φ = 0. b) Sim, no tex­to ­foi afir­ma­do ­que φ = 0 por­ que ne­nhu­ma li­nha de in­du­ção es­tá fu­ran­do a su­per­fí­cie. Lo­go, es­ta afir­ma­ção con­cor­da ­com o re­sul­ta­do que en­con­tra­mos em (b).

5. a) Teríamos:

6. a) É evi­den­te ­que há um flu­xo mag­né­ti­co φ atra­vés da es­pi­ra, ­pois vá­rias li­nhas de in­du­ ção do cam­po cria­do pe­lo ­ímã es­tão fu­ran­ do o pla­no da es­pi­ra. b) Co­mo a es­pi­ra e o ­ímã es­tão em re­pou­so, o flu­xo mag­né­ti­co através da es­pi­ra per­ma­ ne­ce cons­tan­te (­não há va­ria­ção do nú­me­ro de li­nhas de in­du­ção ­que fu­ram o pla­no da es­pi­ra).

∆φ = φ2 – φ1 = 2,1 · 10 – 0 ou ∆φ = 2,1 · 10–4 weber b) Pela lei de Faraday vem: ∆φ 2,1 · 10 −4 ε= = ∴ ε = 7 · 10 −3 V 0, 03 ∆t

d) Na fi­gu­ra abai­xo, a re­gra de Am­pè­re mos­ tra-­nos ­que, pa­ra ­criar um cam­po pa­ra ci­ma, a cor­ren­te in­du­zi­da de­ve cir­cu­lar no sen­ti­do in­di­ca­do pe­lo po­le­gar (sen­ti­do CDFG).

c) Co­mo ∆φ = 0 con­cluí­mos, pe­la ­lei de Faraday, q ­ ue e = 0.

N

7. A intensidade da corrente será dada por i = e/R,

S

v

em que e é a f.e.m. estabelecida na espira e R sua resistência. De e = ∆φ/∆t, como o

plano da espira é perpendicular a B, temos 2 e = pa ∆B/∆t. Por sua vez, R = rL/A, ou seja, R = r2pa/A. Temos, então, após realizar as simplificações e lembrando que para a prata temos r = 1,5 · 10–8 Ω · m: a · A · ( ∆B / ∆t ) = 2ρ −6 −2 0, 30 · 2, 0 · 10 · 5, 0 · 10 ∴ i = 1, 0 A = 1, 5 ⋅ 10 −8 i=

8. O valor de e é dado pela lei de Faraday: e = ∆φ/∆t. Então, como conhecemos e, basta calcular ∆φ para termos ∆t. Lembrando que a área do círculo é A = pR2, temos o seguinte valor do fluxo inicial na espira (devemos

observar que a espira é perpendicular a B): φ = B · A = (0,10) · p · (0,10)2 ou φ = 3,14 · 10–3 weber Como o valor final de φ é zero, é claro que o módulo da varia­ção ∆φ será o próprio valor inicial de φ, isto é, ∆φ = 3,14 · 10–3 weber.

Então, de e = ∆φ/∆t, vem: ∆t =

∆φ 3,14 · 10 −3 = ∴ ∆t = 0,157 s ε 0, 020

9. a) Correta, pois o movimento de GH está provocando um aumento na área do circuito. b) Correta, como se pode concluir facilmente pela regra de Ampère. c) Correta, pois vimos em (a) que o fluxo magnético através do circuito está aumentando. d) Correta, pois o campo da corrente está “saindo” do papel e procurando diminuir o fluxo existente no circuito. Concluímos, en tão, que o campo B externo está “entrando” na fo­lha de papel.

10. a) As li­nhas de in­du­ção pe­ne­tram no po­ –4

c) O cam­po da cor­ren­te in­du­zi­da de­ve re­ for­çar o flu­xo no in­te­rior da es­pi­ra (­lei de ­Lenz). En­tão, o cam­po da cor­ren­te de­ve tam­bém es­tar di­ri­gi­do pa­ra ci­ma.

lo ­sul. Lo­go, te­mos no in­te­rior da es­pi­ra um cam­po mag­né­ti­co di­ri­gi­do pa­ra ci­ma, co­mo mos­tra a fi­gu­ra da resposta deste exercício. b) Co­mo o ­ímã es­tá se afas­tan­do da es­pi­ra, con­cluí­mos ­que o flu­xo atra­vés de­la es­tá di­mi­nuin­do.

C D

G F

i

11. d 12. e 13. a) Pela regra de Ampère vemos que a corrente na bobina I estabelece, no núcleo de ferro, um campo magnético dirigido da esquerda para a direita. Como o cursor está se deslocando de A para B, a corrente em I está diminuindo e, portanto, esse campo está sendo reduzido.

Assim, temos uma corrente induzida na bobina II, esta­belecida em virtude de uma diminuição do fluxo magnético através dela.

De acordo com a lei de Lenz, essa corrente deverá criar um campo também dirigido para a direita, tendendo a impedir a diminuição do fluxo. Pela regra de Ampère, vemos que o sentido dessa corrente na resistência mostrada deve ser de N para M. b) Como há uma corrente em I, haverá um campo magnético no núcleo e, portanto, teremos fluxo magnético através da bobina II. Entretanto, como este fluxo não está variando, não haverá corrente induzida no circuito II.

14. A componente vertical Bv do campo magnético terrestre, no hemisfério norte, está dirigida para baixo. Então, supondo que a locomotiva esteja se deslocando, teremos para qualquer dos casos (a), (b) ou (c): sobre os elétrons livres da parte metálica que liga uma roda à outra, que estão em movimento com a locomotiva, atuarão forças magnéti cas devidas à ação de Bv. Usando a “regra do tapa”, é fácil perceber que, em qualquer dos casos, estes elétrons livres, sob a ação dessas forças, se deslocarão da roda esquerda para a direita. Então, concluímos que o potencial da roda esquerda é superior ao da direita.

1

Física

Indução eletromagnética – Capacitores 15. a) Sim, ­pois a ba­te­ria es­ta­be­le­ce ­uma cor­

19. a) As denominações mencionadas no enun-

ren­te no pri­má­rio, a ­qual ­cria um campo mag­né­ti­co no nú­cleo de fer­ro. As li­nhas de in­du­ção des­te cam­po atra­ves­sam o se­cun­dá­ rio, es­ta­be­le­cen­do aí um flu­xo mag­né­ti­co.

ciado do problema referem-se aos valores relativos do comprimento de onda das ondas eletromagnéticas emitidas pelas estações de rádio. Assim, uma estação de ondas longas realiza suas emis­sões utilizando uma onda eletromagnética de l maior do que uma estação de ondas médias e esta, por sua vez, emite ondas eletromagnéticas com l maior do que uma estação de ondas curtas.

b) Co­mo a cor­ren­te ­que a ba­te­ria es­ta­be­le­ce no pri­má­rio é con­tí­nua (cons­tan­te), o cam­po ­que es­ta cor­ren­te ­cria tam­bém é cons­tan­te (­não va­ria no tempo). Lo­go, o flu­xo φ atra­ vés do se­cun­dá­rio tam­bém se­rá cons­tan­te. c) Co­mo o flu­xo atra­vés do se­cun­dá­rio n ­ ão so­fre va­ria­ções, ­não ha­ve­rá f.e.m. in­du­zi­da em ­suas es­pi­ras. Lo­go, a vol­ta­gem V2 é nu­la.

16. a) Sim, ­pois te­re­mos ­uma cor­ren­te no pri­má­rio ­que ­irá es­ta­be­le­cer um fluxo no se­cun­dá­rio. b) Nes­te ca­so, sa­be­mos ­que a cor­ren­te no pri­má­rio se­rá al­ter­na­da (variá­vel). En­tão, o flu­xo mag­né­ti­co ­que ­ela es­ta­be­le­ce no se­ cun­dá­rio tam­bém se­rá va­riá­vel. c) Co­mo há va­ria­ção do flu­xo no se­cun­dá­rio, se­rá in­du­zi­da ­uma f.e.m. em ­suas es­pi­ras e a vol­ta­gem V2 se­rá di­fe­ren­te de ze­ro.

17. Para carregar uma bateria devemos fazer passar através dela uma corrente contínua dirigida, dentro da bateria, do polo positivo para o polo negativo (sentido contrário àquele observado quando ela está se descarregando). Então, o carregador mostrado na figura deste problema deve, inicialmente, reduzir a voltagem de 120 V para um valor igual (ou melhor, um pouco superior) à voltagem da bateria. Isto é feito usando-se um transformador, como mostra a figura do problema.

Entretanto, a voltagem obtida no secundário do transformador é alternada. Por isto, é necessária a utilização do retificador (veja a figura) para que a corrente fornecida à bateria seja contínua. A intensidade desta corrente é ajustada para valores especificados (geralmente pelos fabricantes de baterias) por meio do reostato também mostrado na figura. Finalmente, devemos observar que a bateria está ligada adequadamente ao carregador, isto é, a corrente tem um sentido tal (indicado no retificador) que passa do polo (+) para o polo (–) dentro da bateria.

18. Sim, pois a va­ria­ção de B no tem­po fa­ria apa­re­cer um cam­po elé­tri­co indu­zi­do.

b) Co­mo B es­tá au­men­tan­do, te­mos um au­ men­to no flu­xo φ atra­vés da espi­ra. En­tão, o cam­po mag­né­ti­co da cor­ren­te in­du­zi­da

de­ve ­ter sen­ti­do con­trá­rio ao cam­po B já exis­ten­te. Pa­ra is­to, a cor­ren­te in­du­zi­da de­ ve ­ter sen­ti­do con­trá­rio àque­le mos­tra­do na ­fig. 17. (Ve­mos is­to pe­la regra de Am­pè­re.) c) A cor­ren­te in­du­zi­da é pro­vo­ca­da pe­lo cam­po elé­tri­co in­du­zi­do. Lo­go, o sen­ti­do de

E se­rá o mes­mo da cor­ren­te in­du­zi­da (con­ trá­rio ao da ­fig. 17).

b) De l = v/f temos f = v/l. Como o valor de v é o mesmo para todas as ondas eletromagnéticas (no ar), vemos que terá maior frequência a onda de menor l. Logo, as emissoras de ondas curtas emitem ondas eletromagnéticas de frequências mais elevadas do que as de ondas médias e as de ondas longas.

20. Ver gabarito do módulo.

21. Deve-se observar que o enunciado deste problema procura dar ao aluno uma ideia sobre os fundamentos de um apare­lho de radar. O estudante toma conhecimento de que o radar é um dispositivo que localiza um objeto por meio das ondas eletromag­ néticas que ele próprio emite e são refletidas pelo objeto.

Para determinar o tipo de onda eletromagnética usada no radar, devemos calcular sua frequência e, em seguida, consultar a fig.

21. De l = v/f vem (observando que v = 3,0 · · 108 m/s e l = 1cm = 10–2 m): f=

8

v 3, 0 · 10 = ∴ f = 3 · 1010 Hertz λ 10 −2

Na fig. 21 vemos que esta frequência identifica as ondas de radar como sendo micro-ondas.

Para aprimorar, página 30 1. a) Como o campo magnético é perpendicular ao plano de cada espira, o fluxo magnético inicial total através do conjunto de espiras será: φ = NBA = 100 · 1 · (10 · 10–4) ou φ = 0,1 Wb

Como B varia de 1 T em um sentido para 1 T em sentido contrário, a variação do fluxo devida a essa alteração do campo será: ∆φ = 0,1 – (–0,1) ou ∆φ = 0,2 Wb Sendo ∆t o intervalo de tempo em que ocorre essa varia­ção, temos, considerando a equação do circuito, i = e/R (lembrando que i = ∆q/∆t e e = ∆φ/∆t): ∆q 1 ∆φ ∆φ = · ∴ ∆q = ∆t R ∆t R ou 0, 2 ∆q = ∴ ∆q = 2, 0 · 10 −2 C 10 b) A relação ∆q = ∆φ/R nos mostra que ∆q não depende de ∆t. Logo, o tempo em que ocorre a variação do fluxo não altera o valor de ∆q.

2. d 3. e. A corrente i na barra tem sentido de M para N e aplicando a regra da mão esquerda você descobre que a força magnética sobre a barra é para a esquerda e ela se move nessa direção e sentido com aceleração constante já que a força é constante.

4. c. Observe que, em R o fluxo magnético através da espira é nulo e que, em Q o fluxo está aumentando (corrente num sentido) e em S diminuindo (corrente em outro sentido).

5. e. Quando a velocidade da barra se tornar constante, ela estará em equilíbrio dinâmico e a resultante sobre ela será nula. Decompondo a força peso da barra na direção do movimento, temos: Pp = mg · sen 30° = 5 · 10 · 0,5 = 25 N Essa força é equilibrada pela força magnética (Fm), perpendicular ao plano da espira, de intensidade: Fm = BiL · sen 90° = Bi · 1 · 1 = Bi Como Fm = Pp, então: Bi = 25 (I) A f.e.m. induzida no circuito vale e = BLV, sendo e = Ri, portanto: Ri = BLV ⇒ 2 · i = B · 1 · 2 ⇒ B = i (II) Substituíndo (II) em (I), temos: B · B = 25 ⇒ B = 5 T

6. a. Para que as trações sejam nulas e a corrente i seja mínima, a força magnética deve equilibrar o peso da espira. Assim, temos: F =P  mag. Fmag. = B · i · ⇒ B · i · = mg ⇒  P = mg ⇒ 0, 05 · i · 20, 0 · 10 −2 = 8, 0 · 10 −3 · 10, 0 ⇒ ⇒ i = 8, 0 A

7. a) A f.e.m. induzida na espira (no lado GF) será: e = BLv = (0,20) · (0,20) · (10) ∴ e = 0,40 V Então, a corrente induzida na espira vale: i=

Σε 0, 40 = ∴ i = 0, 50 A ΣR 0, 80

Esta corrente passa em GF de G para F. Usando a “regra do tapa”, concluímos que em GF

atuará uma força magnética F dirigida para a esquerda (contrariando o movimento da espira). O módulo desta força é: F = BiL = (0,20) · (0,50) · (0,20) ∴ F = 0,020 N

b) Como a força magnética F aparece em sentido contrário ao movimento da espira, para mantê-la em movimento (uniforme),

devemos exercer uma força F igual e de sen tido contrário a F. Em outras palavras, devemos realizar traba­lho para manter a espira em movimento. Durante o tempo t = 0,50 s, a espira desloca-se: d = vt = 10 · 0,50 ∴ d = 5,0 m Então, o trabalho T que realizamos é: T = F · d = 0,020 · 5,0 ∴ T = 0,10 J

2

Física

Indução eletromagnética – Capacitores c) A potência dissipada por efeito Joule é Ri2. Então, a quantidade de calor Q gerada durante o tempo t = 0,50 s será:

3. a) Co­mo as ar­ma­du­ras per­ma­ne­ce­ram li­ga­

Q = Ri2t = (0,80) · (0,50)2 · (0,50) ∴ Q = 0,10 J

b) Te­mos C ∝ (1/d). Co­mo d di­mi­nuiu, o va­lor de C au­men­tou.

d) A igualdade das respostas de (b) e (c) coloca em evidência, para o aluno, a conservação da energia em processos nos quais uma corrente elétrica é gerada. Vemos, então, que a corrente na espira e, consequentemente, o calor ge­rado por ela não são obtidos gratuitamente, isto é, para obter energia no circuito temos que despender uma quantidade equivalente de energia (realizando trabalho para vencer a força magnética e movimentar a espira). O resultado obtido mostra-nos que, se realizamos 0,10 J de trabalho, obtemos exatamente 0,10 J de calor na espira (conservação da energia).

8. a. Pelas situações analisadas, enquanto o ímã é empurrado para o centro do conjunto das espiras E1 (situação 1) , verifica-se que há variação do fluxo do vetor indução magnética, criando uma corrente induzida com um determinado sentido, o que gera um campo magnético correspondente em E2, que deflete a bússola em uma direção. Na situação 2, como não há variação do fluxo, a bússola permanece em sua posição original.

Na situação 3, o ímã é puxado para fora das espiras E1, gerando uma corrente de sentido contrário à da situação 1, o que provoca a deflexão da bússola em uma direção diferente da representada na situação 1.

das à ba­te­ria, sa­be­mos ­que a vol­ta­gem en­ tre e ­ las ­não se al­te­ra.

c) Te­mos Q = ­CVAB. Co­mo ­VAB ­não se al­te­ra e C au­men­ta, con­cluí­mos ­que o va­lor de Q tam­bém au­men­ta.

4. a) Quando os dois capacitores, idênticos ao primeiro, são li­ga­dos em paralelo à bateria, é evidente que cada um irá adquirir a carga de 3,0 mC (pois ambos estão submetidos à voltagem da bateria). Então, a carga total na associação será: Q = 3,0 mC + 3,0 mC ou Q = 6,0 mC Este mesmo resultado poderia ser obtido lembrando que a capacitância equivalente dos dois capacitores em paralelo é duas ve­ zes maior do que a capacitância de um deles. De Q = CVAB, como o valor de C duplicou e o de VAB não se modificou, vemos que o valor de Q torna-se duas vezes maior, isto é: Q = 2 · 3,0 mC ou Q = 6,0 mC b) A capacitância equivalente dos dois capacitores em série é igual à metade da capacitância de um deles. Então, de Q = CVAB, como o valor de VAB é mantido pela bateria, vemos que o valor de Q na associação será duas vezes me­nor, isto é: Q=

9. Ver gabarito do módulo.

10. Evidentemente, se a intensidade das radiações solares, ao atingir a atmosfera terrestre, é de 1 400 W/m2, a potência total emitida pelo Sol será aquela que incidirá sobre a superfície de uma esfera, com centro no Sol e de raio igual à distância da Terra ao Sol (R = 1,5 · 1011 m). Temos (lembrando que a área de uma esfera é A = 4pR2): P = 1 400 · 4p (1,5 · 10 ) ou P = 3,9 · 10 W 11 2

26

3, 0 µC ou Q = 1, 5 µC 2

5. a) Ve­mos cla­ra­men­te ­que C1 e C2 es­tão li­ga­ dos em pa­ra­le­lo. b) A vol­ta­gem en­tre as ar­ma­du­ras é a mes­ma pa­ra os ­dois ca­pa­ci­to­res e ­igual à vol­ta­gem for­ne­ci­da pe­la ba­te­ria, is­to é, VAB = 150 V. c) Co­mo C1 e C2 es­tão em pa­ra­le­lo, ­vem: C = C1 + C2 = 2,0 + 4,0 ∴ C = 6,0 mF

6. a) De C1 = Q1/VAB vem:

Capítulo 2 – Capacitores

Q1 = C1/ VAB = 2,0 · 10–6 · 150 ∴ Q1 = 3,0 · 10–4 C

Para praticar, página 42

b) Temos: Q2 = C2 VAB = 4,0 · 10–6 · 150 ∴ Q2 = 6,0 · 10–4 C

1. Temos: Q 1, 5 · 10 −4 C= = ∴ C = 3, 0 · 10 −6 F VAB 50

c) A car­ga to­tal na as­so­cia­ção é ­igual à so­ma ­das car­gas ar­ma­ze­na­das em C1 e C2, is­to é:

Como 10 F = 1 mF temos: C = 3,0 mF.

Q = Q1 + Q2 = 3,0 · 10–4 + 6,0 · 10–4 ou Q = 9,0 · 10–4

–6

2. a) A ca­pa­ci­tân­cia é ­uma ca­rac­te­rís­ti­ca do ca­ pa­ci­tor. Co­mo ­não hou­ve ne­nhu­ma al­te­ra­ ção na es­tru­tu­ra do apa­re­lho, ­sua ca­pa­ci­tân­ cia n ­ ão se mo­di­fi­cou, con­ti­nuan­do a va­ler C = 3,0 mF = 3,0 · 10–6 F. b) De C = Q/VAB vem: Q = CVAB = 3,0 · 10–6 · 250 ∴ Q = 7,5 · 10–4 C

Esse mes­mo re­sul­ta­do po­de ­ser ob­ti­do usan­ do-se a ca­pa­ci­tân­cia equi­va­len­te da as­so­cia­ ção. Te­mos: Q = CVAB = 6,0 · 10–6 · 150 ∴ Q = 9,0 · 10–4 C

7. a) Ve­mos cla­ra­men­te ­que C1 e C2 es­tão li­ga­ dos em sé­rie.

b) Co­mo sa­be­mos, quan­do os ca­pa­ci­to­res es­tão li­ga­dos em sé­rie, to­dos ­eles pos­suem a mes­ma car­ga em ­suas ar­ma­du­ras. Lo­go, a car­ga em C2 é igual à car­ga em C1.

8. a) Co­mo C1 e C2 es­tão em sé­rie, v­ em: 1 1 1 1 1 1 1 2+1 = + ou = + ∴ = C C1 C 2 C 2, 0 4, 0 C 4, 0 Logo, C = 1,3 mF. b) Ob­ser­ve­mos ­que a vol­ta­gem apli­ca­da pe­ la ba­te­ria à as­so­cia­ção ­dos ­dois ca­pa­ci­to­res é ­VAB = 100 V. En­tão, de C = Q/­VAB vem: Q = CVAB = 1,3 · 10–6 · 100 ∴ Q = 1,3 · 10–4 C

9. a) Ob­ser­van­do a fi­gu­ra, ve­mos ­que C1 e C2 es­tão as­so­cia­dos em pa­ra­le­lo, o mes­mo ocor­ren­do ­com C3 e C4. b) Ima­gi­nan­do o con­jun­to de C1 e C2 subs­ti­ tuí­do pe­lo ca­pa­ci­tor equi­va­len­te C12 e o con­ jun­to de C3 e C4 pe­lo ca­pa­ci­tor equi­va­len­te C34, é fá­cil per­ce­ber que C12 e C34 es­tão as­so­ cia­dos em sé­rie. c) Uma as­so­cia­ção en­vol­ven­do ca­pa­ci­to­res em sé­rie e em pa­ra­le­lo é de­no­mi­na­da as­so­ cia­ção mis­ta.

10. a) Neste caso, cada capacitor ficará submetido a uma volta­gem de 300 V. Então, como cada um suporta, no máximo, uma voltagem de 200 V, é claro que todos “darão fuga” (os capacitores são danificados quando submetidos a uma vol­ta­gem maior do que 200 V). b) Com os capacitores ligados em série será necessário determinar a voltagem a que cada um está submetido. Para isto, determinamos inicialmente a capacitância equivalente da associação: 1 1 1 1 = + + ∴ C = 0, 50 µF C 1, 0 1, 5 3, 0 Então, a carga na associação é: Q = CVAB = 0,50 · 10–6 · 300 ∴ Q = 1,5 · 10–4 C Cada capacitor está carregado com uma carga deste valor, isto é: Q1 = Q2 = Q3 = 1,5 · 10–4 C Então, de V = Q/C, podemos calcular a voltagem em cada capacitor: V1 =

Q1 1, 5 · 10−4 = ∴ V1 = 150 V C1 1, 0 · 10−6

V2 =

Q2 1, 5 · 10−4 ∴ V2 = 100 V = C 2 1, 5 · 10−6

V3 =

Q3 C3

=

1, 5 · 10−4 ∴ V3 = 50 V 3, 0 · 10−6

Como V1 < 200 V, V2 < 200 V e V3 < 200 V, concluímos que nenhum dos capacitores será danificado, isto é, nenhum deles “dará fuga”.

3

Física

Indução eletromagnética – Capacitores 11. a) Temos:

3. A energia armazenada inicialmente no ca-

1 1 E1 = C1V 2AB = · (6, 0 · 10 −6 ) · (200)2 2 2 ∴ E1 = 0,12 J b) Nestas condições, temos os dois capacitores ligados em paralelo, pois suas placas positivas estão ligadas entre si, o mesmo ocorrendo com as negativas. Então, a capacitância da associação é:

pacitor é: 1 1 E1 = C1V 2AB = · (2, 0 · 10 −7 ) · (300)2 2 2 ∴ E1 = 9, 0 · 10 −3 J A carga que o capacitor adquire permanece invariável, porque ele é desligado da fonte de tensão. Esta carga vale: Q = C1VAB = (2,0 · 10–7) · 300 ou Q = 6,0 · 10–5 C

C2 = 6,0 + 3,0 ou C2 = 9,0 mF A carga total Q nesta associação é igual à que se encontrava armazenada inicialmente no capacitor de 6,0 mF. Assim: Q = C1VAB = (6,0 · 10–6) · 200 ∴ Q = 1,2 · 10–3 C Portanto, podemos calcular a energia E2 armazenada na associação: E2 =

(

)

2

−3 1Q2 1 1, 2 · 10 ∴ E2 = 0, 08 J = ⋅ 2C 2 2 9, 0 · 10−6

c) Como vemos, E2 < E1, isto é, há dissipação de energia quando ligamos os dois capacitores. O valor desta energia dissipada será evidentemente: ∆E = E1 – E2 = 0,12 – 0,08 ou ∆E = 0,04 J

Para aprimorar, página 43 1. A diferença de potencial entre a nuvem e a Terra, no instante em que ocorreu o relâmpago, era: VAB = Ed = 3,0 · 106 · 200 ∴ VAB = 6,0 · 108 V Então, a carga acumulada em uma das placas do capacitor, isto é, nas nuvens, era: Q = CVAB = (0,50 · 10–6) · (6,0 · 108) ∴ Q = 300 C (deve-se observar o enorme valor desta carga acumulada nas nuvens).

2. Esta energia liberada na descarga é aquela que se encontrava armazenada no capacitor. Logo: 1 1 Energia = QVAB = · (300) · (6, 0 · 108 ) 2 2 ∴ Energia = 9,0 · 1010 J (ou seja, 90 bilhões de Joules)

Então, a energia final no capacitor será: E2 =

1Q2 1 (6, 0 · 10−5 )2 = · ∴ E2 = 9, 0 · 10−2 J 2C 2 2 2, 0 · 10−8

Vemos que E2 > E1, isto é, há um aumento na energia armazenada no capacitor. Concluímos, então, que deve ter havido realização de trabalho quando giramos o botão de sintonia. O valor deste trabalho T será igual ao aumento na energia do capacitor, isto é, será: T = E2 – E1 = 9,0 · 10–2 – 9,0 · 10–3 ∴ T = 8,1 · 10–2 J

Revisão

3. a) Como o movimento de queda da espira é retilíneo e uniforme, a resultante das forças que agem na espira é nula. Portanto, a força magnética F equilibra o peso da espira Pespira: F = Pespira F = mg F = 0,016 · 10 = 0,16 N b) A potência dissipada P é dada por: P = Pespira · V P = 0,16 · 0,40 = 0,064 W c) Como a potência na espira também pode ser dada por P = Ri2, a intensidade de corrente na espira pode ser determinada por: 0,064 = 0,10 · i2 Portanto, i = 0,8 A. d) Como somente um trecho, de comprimento a, atravessa perpendicularmente as linhas de campo, a força magnética que age nesse trecho é dada por F = Bia. Assim, o campo magnético B pode ser determinado: 0,16 = B · 0,8 · 0,20 Portanto, B = 1 T.

4. d

1. c

5. b. Como todas as forças são concorrentes

E = BLV ⇒ 3 · 10–3 = B · 2 · 60 ⇒ B = 2,5 · 10–5 T

2. a) Admitindo que o calor específico do resistor é c = 0,33 cal/(g · °C) = 1,32 J/(g · °C) e que toda a energia elétrica dissipada é utilizada para o seu aquecimento, temos: E = mc∆θ = 1,5 · 1,32 · 40 ⇒ E = 79,2 J b) A corrente (I) é dada por: P = R · i 2  d 79, 2 E ⇒ R · i2 = ⇒ 0, 4 · i 2 = ⇒  E ∆t 0, 5 Pd =  ∆t ⇒ i = 20 A c) O valor de B é obtido de:  ε = Bv   ∆S ∆S · ⇒ ⇒ Ri = B · v = ∆t ∆t   ε = Ri ⇒ 0, 4 · 20 = B

2 · 1, 25 ⇒ B = 1, 6 T 0, 5

num mesmo ponto, temos então que o torque resultante é nulo.

6. d. O fio de massa m percorrido por corrente i, numa região de campo de indução magnética B e campo gravitacional g, ficará sujeito às forças peso P e força magnética Fmag, ambas verticais para baixo.

R = P + Fmag = mg + Bi = = 20 · 10–3 · 10 + 8 · 10–2 · 10 · 25 · 10–2 ⇒ ⇒ R = 4 · 10–1 N

7. a. Como o campo magnético é constante e uniforme, e a espira move-se sem girar, não há variação de fluxo de indução magnética.

Portanto, pela lei de Lenz, não aparecerá corrente elétrica induzida na espira.

8. e. Como no instante 0,2 s não há variação de fluxo de indução magnética, a força eletromotriz induzida é nula.

4