Resolução do exame do dia 2-2-2001

Próximo: Exame do dia 29-1-99
Anterior: Exame do dia 2-2-2001
Nodo Superior: Índice

  1. As linhas de indução magnética de cada cabo são ciculares, com centro no cabo e no sentido da mão direita segundo a corrente; assim, os campos de indução produzidos pelos dois cabos são como se representam na figura:

    Como a corrente nos dois cabos tem a mesma intensidade, e os dois cabos estão à mesma distância de P, os módulos dos dois campos é o mesmo; as componentes segundo y anulam-se e as componentes segundo x somam-se para produzir um campo resultante na direcção do versor  i
    B = 2km I
    (x2 + a2)1/2
    cos i + 2km I
    (x2 + a2)1/2
    cos i

    B = 4km I a
    x2 + a2

    1. Em série a capacidade equivalente será (em pF)
      Cs = 1
      1,5
      + 1
      2,2
      + 1
      3
      -1

       
      = 0,6875
      e em paralelo,
      Cp = 1,5 + 2,2 + 3 = 6,7

    2. Nos condensadores em série a carga é a mesma em todos eles e igual à carga que armazenaria o condensador equivalente
      Q1 = Q2 = Q3 = CeqV = (0,6875 pF) (6 V) = 4,125 pC
      quando ligados em paralelo, a diferença de potencial em cada um dos condensadores será 6 V, e as cargas obtidas são:
      Q1
      =
      (1,5 pF)(6 V) = 9 pC
      Q2
      =
      (2,2 pF)(6 V) = 13,2 pC
      Q3
      =
      (3 pF)(6 V) = 18 pC

    3. Em paralelo, já dissemos na alínea anterior que a diferença de potencial é de 6 V em cada condensador. Quando ligados em série, a partir da carga obtida na alínea anterior calculamos as diferenças de potencial
      V1
      =
      4,125 pC
      1,5 pF
      = 2,75 V
      V2
      =
      4,125 pC
      2,2 pF
      = 1,875 V
      V3
      =
      4,125 pC
      3 pF
      = 1,375 V
      pode-se conferir que a soma das três da 6 V.

  2. A potência máxima que cada resistência pode dissipar implica uma corrente máxima:
    I = P
    R
    1/2

     
    = 13,36 mA
    A corrente em nenhuma das resistências poderá ultrapassar esse valor. No entanto, a corrente em cada uma das resistências idênticas ligadas em paralelo será sempre metade da corrente na terceira resistência. Consequentemente, a situação de máxima potência dissipada atinge-se quando a corrente nas resistências em paralelo for 6,68 mA, enquanto que a corrente na terceira resistência terá o seu valor máximo. Uma diminuição da corrente a metade do seu valor máximo implica a diminuição da potência a 1/4 do seu valor máximo; a potência total dissipada é
    Pt = (0,125 + 0,125 + 0,5) W = 0,75 W

  3. A única possibilidade para que a resultante de dois vectores seja nula, é que os vectores estejam sobre a mesma linha de acção e com sentidos opostos. Como o sinal das duas cargas é o mesmo, a terceira carga terá que estar necessariamente entre as outras duas e sobre o segmento que as une. Se d1 e d2 forem as distâncias de cada uma das cargas até a terceira, a igualdade dos módulos das forças implica
    3kqQ
    d12
    = 2kqQ
    d22
            d1
    d2
    = 3
    2
    1/2

     
    como as 3 cargas estão sobre a mesma recta, d1 + d2 = d e substituindo obtemos
    d1 = (3 - 61/2 ) d        d2 = (61/2 - 2) d
    para calcular a terceira carga (Q) primeiro observamos que deverá ter sinal oposto a q para que as forças sobre 2q se anulem; igualando os módulos das forças sobre 2q, temos:
    2kq|Q|
    d22
    = 6kq2
    d2
            Q = - 6q (5 - 2·61/2)

    1. Devido à simetria esférica do problema, o campo eléctrico deverá ser radial, e a lei de Gauss conduz a um módulo do campo igual a:
      E = kQi
      r2
      onde Qi é a carga total dentro de uma esfera gaussiana de raio r. Se r R, Qi = Q; no caso r R, a distribuição uniforme implica uma carga volúmica
      = 3Q
      4R3
      e uma carga interna
      Qi = 4
      3
      r3 = Q r
      R
      3

       
      assim, o módulo do campo eléctrico será
      E =
      k Q
      R3
      r
      r R
      k Q
      r2
      r R

    2. Se r R, o potencial eléctrico será
      V =

      r 
      E  dr = R

      r 
      k Q
      R3
      r  dr +

      R 
      k Q
      r2
       dr = k Q
      2R


      3 - r
      R
      2

       


    3. A energia volúmica electrostática num ponto é igual a metade do produto entre a carga volúmica e o potencial nesse ponto. Usando os valores de (fora da esfera é nula) e de V já calculados dentro da esfera,
      u = 3kQ2
      16R 4


      3 - r
      R
      2

       


    4. A energia electrostática total obtem-se integrando u dentro da esfera. Como existe simetria esférica, o integral de volume na esfera será
      U = 4 R

      0 
      u r2  dr = 3kQ2
      5R


Jaime Villate