Resolução halliday vol 3 edição 10 - Capítulo 31 PDF

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CAPÍTULO 31 1. (a) Quando a carga do capacitor é máxima, toda a energia do circuito está presente no capacitor. Assim, se Q é a carga máxima do capacitor, a energia total é U=

Q2 (2,90 × 10−6 C)2 = = 1,17× 10−6 J= 1,17µ J. 2C 2(3,60 × 10−6 F)

(b) Quando o capacitor está totalmente descarregado, toda a energia está presente no indutor, e a corrente é máxima. Assim, se I é a corrente máxima, U = LI2/2 e I=

2(1,168× 10−6 J) = 5,58× 10−3 A = 5,58 mA. 75 × 10−3 H

2U = L

2. (a) Os valores de t para os quais a placa A está novamente com a carga positiva máxima são múltiplos do período: t A = nT =

n n = = n (5,00 µ s) , f 2,00 ×103 Hz

em que n = 1, 2, 3, 4,  Como o menor desses tempos corresponde a n = 1, tA=5,00μs. (b) Como o tempo para que a outra placa esteja com a carga positiva máxima é metade do período, a primeira vez em que isso ocorre é tA/2 = 2,50 μs. (c) Como o tempo para que a corrente seja máxima (e, consequentemente, o campo magnético do indutor seja máximo) é um quarto do período, a primeira vez em que isso ocorre é tA/4 = 1,25 μs. 3. (a) O período é T = 4(1,50 μs) = 6,00 μs. (b) A frequência é f = 1/T = 1/6,00 μs = 167 kHz. (c) Como a energia magnética não depende do sentido da corrente (UB ∝ i2), o tempo necessário é T/2 = 3,00 μs. 4. Como U = Q2/2C, C =

− Q 2 (1,60 × 10 6C) 2 − = = 9,14 × 10 9 F = 9,14 nF. 2U 2(140 × 10−6 J)

5. Como U = LI2/2 = Q2/2C, I=

− 3,00× 10 6 C Q = = 4,52× 10−2 A = 45,2 mA. −3 −6 LC (1,10 × 10 H)(4,00 × 10 F)

6. (a) A frequência angular é

ω=

k = m

F x = m

8,0 N = 89rad s. −13 2,0 10 ( × m) ( 0,50 kg)

(b) O período é T=

2π

ω

=

2π = 7,0 ×10 −2 s = 70 ms. 89rad s

284

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(c) Como μ = (LC)–1/2, temos C=

1

ω 2L

=

1

(89 rad s ) (5, 0 H ) 2

= 2,5× 10−5 F= 25 µF.

7. PENSE Este problema envolve a analogia entre um circuito LC e um sistema bloco-mola. FORMULE A Tabela 31-1 mostra uma comparação das energias dos dois sistemas. Examinando a tabela, podemos estabelecer as seguintes correspondências:

ANALISE (a) Como a massa m corresponde à indutância, m = 1,25 kg. (b) A constante de mola k corresponde ao recíproco da capacitância, 1/C. Como a energia total é dada por U = Q2/2C, em que Q é a carga máxima do capacitor e C é a capacitância, temos

e

(c) Como o deslocamento máximo corresponde à carga máxima, xmáx = 1,75 × 10–4 m. (d) A velocidade máxima vmáx corresponde à corrente máxima. A corrente máxima é

Assim, vmáx = 3,02 × 10–3 m/s. APRENDA As correspondências sugerem que um circuito LC é matematicamente equivalente a um sistema bloco-mola. A analogia eletromecânica também pode ser observada comparando as frequências angulares de oscilação dos dois sistemas: ω =

1

k (sistema bloco-mola), ω = m

LC

(circuito LC).

8. Aplicando a lei das malhas ao circuito, temos   e total =e L1 +e C1 +e R1 + = ∑ e L j + e C j + e R j = ∑  Lj di+ q + iRj = L di+ q+ iR j

(

)

j

 

dt C j

 

dt C

em que L = ∑ L j, j

1 1 , R =∑ R j = C ∑ j Cj j

e etotal = 0. Este comportamento é equivalente ao comportamento do circuito LRC simples da Fig.31-27b.

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285

9. Uma vez que o tempo necessário é t = T/4, em que o período é dado por T = 2π /ω = 2π LC , temos t=

(

10. Como f = ω /2π = 2π LC

−1

)

T 2π LC 2π (0, 050H)(4,0 ×10−6 F) = = = 7,0×10−4 s. 4 4 4

,

L=

1 1 = = 3,8× 10− 5 H = 38 µ H. 4π 2 f 2 C 4π 2 (10×103 Hz)2 (6,7×10 −6 F)

11. PENSE A frequência de oscilação f de um circuito LC está relacionada à indutância L e à capacitância C pela equação f = 1 / 2π LC .

FORMULE Como f ~ 1/ C , o menor valor de C corresponde ao maior valor de f, enquanto o maior valor de C corresponde ao menor valor de f. Assim, f máx = 1/ 2 π LC mín e f mín = 1 / 2 π LCmáx .

ANALISE (a) A razão entre a frequência máxima e a frequência mínima é

(b) Devemos usar uma capacitância adicional C tal que a razão calculada no item (a) diminua para

Como o capacitor adicional vai ser ligado em paralelo com o capacitor de sintonia, as duas capacitâncias se somam. Assim, devemos ter

Explicitando C, obtemos

(c) Para obter o valor da indutância, basta explicitar L na equação f = 1 / 2π LC . No caso da frequência mínima, C = 365 pF + 36 pF = 401 pF e f = 0,54 MHz. Assim, a indutância é

APRENDA Em vez da frequência mínima, poderíamos ter usado a frequência máxima para calcular o valor da indutância. No caso da frequência máxima, C = 10 pF + 36 pF = 46 pF e f = 1,60 MHz. Assim, a indutância é

o mesmo valor calculado no item (c).

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12. (a) Como a porcentagem de energia armazenada no campo elétrico do capacitor é (1 − 75,0%) = 25,0%, temos U E q 2 /2C = = 25,0% , U Q2/2 C

o que nos dá q= 0, 250 = 0,500. Q

(b) Como U B Li 2/2 = 2 = 75,0%, U LI /2

temos i = 0,750 = 0,866. I

13. (a) A variação da carga com o tempo é dada por q = Q sen ωt, em que Q é a carga máxima do capacitor e ω é a frequência angular de oscilação. A função seno foi escolhida para que q = 0 no instante t = 0. A variação da corrente com o tempo é dada por i=

dq = ωQ cos ωt , dt

e, no instante t = 0, a corrente é I = ωQ. Como ω = 1 / LC , temos

Q = I LC = (2,00A) (3, 00 × 10− 3 H)(2,70 ×10− 6 F) = 1,80 ×10− 4C = 0,180 mC.

(b) A energia armazenada no capacitor é dada por UE =

q 2 Q 2 sen 2 ωt = 2C 2C

e a taxa de variação é dU E ωQ 2 sen ωt cos ωt ωQ 2 = = sen(2 ωt) 2C dt C

A taxa de variação é máxima para sen(2ωt) = 1, o que nos dá 2ωt = π/2 rad. Assim, t=

π = π LC = π (3,00× 10− 3 H)(2,70× 10− 6 F)= 7,07× 10− 5 s= 70,7µ s.

4ω

4

4

(c) Fazendo ω = 2π/T e sen(2ωt) = 1 na equação dUE/dt = (ωQ2/2C) sen(2ωt), obtemos  dUE  2π Q2 π Q2 = = .  dt  TC   máx 2 TC

− − − Como T = 2 π LC = 2 π (3, 00 ×10 3 H)(2,70 ×10 6 F) =5,655 ×10 4s, temos

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 dU E  π (1,80 ×10−4 C)2 = = 66, 7 W.   dt (5,655 ×10 − 4 s)(2,70 ×10 − 6 F)  máx

Note que a derivada é positiva, o que mostra que a energia armazenada no capacitor está realmente aumentando no instante t = T/8. 14. Os capacitores C1 e C2 podem ser usados de quatro formas diferentes: (1) C1 e C2 em paralelo; (2) apenas C1; (3) apenas C2; (4) C1 e C2 em série. (a) A menor frequência de oscilação é a que corresponde à forma (1): f1 =

1 1 = = 6,0 ×10 2 Hz. 2π L( C1+ C2) 2 π (1,0 ×10 − 2H)(2,0 ×10 − 6F +5,0 ×10 − 6 F)

(b) A segunda menor frequência de oscilação é a que corresponde à forma (2): f2 =

1 1 = = 7,1× 102 Hz. 2π LC1 2 π (1,0×10 −2 H)(5,0 ×10 −6 F)

(c) A terceira maior frequência de oscilação é a que corresponde à forma (3): 1 = LC 2

=

1 =1,1×10 Hz =1,1 kHz. (1,0×10− 2 H)(2,0×10 − 6F)

.

(d) A maior frequência de oscilação é a que corresponde à forma (4): f4 =

1 2 π LC1C 2/ ( C1 + C2 )

=

1 2π

2,0 ×10 −6 F +5,0 ×10 −6 F =1,3 ×10 3Hz =1,3 kHz. (1,0×10−2 H)(2,0× 10−6 F)(5,0×10−6 F)

15. (a) A carga máxima é Q = CVmáx = (1,0 × 10–9 F)(3,0 V) = 3,0 × 10–9 C = 3,0 nC. (b) Como U = LI2 = Q2/2C, temos I=

Q = LC

3,0 × 10−9 C −

−

(3,0 × 10 3 H)(1,0 × 10 9 F)

= 1,7× 10− 3 A = 1,7 mA.

(c) Quando a corrente é máxima, a energia magnética também é máxima. Assim, 1 1 − − − U B , máx = LI 2 = (3,0 × 10 3 H)(1,7 × 10 3 A)2 = 4,5× 10 9 J = 4,5 nJ. 2 2

16. A relação linear entre θ (o ângulo de rotação do botão, em graus) e a frequência f deve ser  f  θ   f = f0 1+  ⇒ θ = 180°  f − 1 180 °    0 

em que f0 = 2 × 105 Hz. Como f = ω/2π = 1/2π LC , podemos expressar a capacitância C em função de θ: C=

1 81 2 = 2 4π 2 Lf02 (1 + θ /180°) 400.000π 2 ( 180° + θ )

.

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em unidade do SI ou, com a capacitância em picofarads, C=

81× 1012 400.000π

(180° +θ )

2

2

=

2,05× 107 2 . ( 180° +θ )

A figura a seguir mostra o gráfico da capacitância em função do ângulo de rotação.

17. (a) Quando a chave é colocada na posição b, o circuito se torna um circuito LC. Assim, a frequência angular de oscilação é ω = 1/ LC e a frequência é f=

ω

2π

=

1 1 = = 275 Hz. 2π LC 2π (54,0 ×10− 3 H)(6,20 ×10 − 6 F)

(b) Como a chave permaneceu muito tempo na posição a, o capacitor se carregou totalmente. Assim, quando a chave é colocada na posição b, a tensão entre as placas do capacitor é V = 34,0 V e a carga do capacitor é Q = VC = (34,0 V)(6,20 × 10–6 F) = 2,11 × 10–4 C. A amplitude da corrente é I = ωCV = ωQ = 2π fQ = 2π (275 Hz)(2,11× 10−4 C)= 0,365 A= 365 mA.

18. (a) Como V = IXC = I/ωC, ω = I/CV; portanto, T = 2π/ω = 2πCV/I = 46,1 μs. (b) A energia máxima armazenada no capacitor é 1 1 UE = CV 2 = (2,20× 10−7 F)(0,250 V)2 = 6,88× 10−9 J= 6,88 nJ. 2 2

(c) De acordo com a lei de conservação da energia, a energia máxima armazenada no indutor tem o mesmo valor que a energia máxima armazenada no capacitor, calculada no item (b): UB = 6,88 nJ. (d) De acordo com a Eq. 30-35, V = L(di/dt)máx. Como L = CV2/I2, temos  di  (7,50 × 10− 3 A)2 V V I2 3  dt  = L = CV 2 /I 2 = CV = (2,20 ×10 −7 F)(0,250 V) = 1,02× 10 A/s.  máx

(e) Derivando a equação UB = Li2/2 em relação ao tempo, obtemos dU B 1 = LI 2ω senω t cos ω t = LI 2ω sen 2ωt. 2 dt

Assim,  dU B  1 1 1 = LI 2ω = IV = (7,50 × 10 −3 A)(0,250 V) = 0,938 mW.  dt  2 2  máx 2

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19. Quando a regra das malhas é aplicada a uma malha com apenas dois dispositivos, a conclusão é que a diferença de potencial deve ser a mesma, em valor absoluto, nos dois dispositivos. Suponha que o capacitor tem uma carga q e que a diferença de potencial entre os terminais (que vamos considerar positiva nesta discussão) é V = q/C. Suponha ainda que, neste momento, a corrente no indutor é tal que a carga do capacitor está aumentando (ou seja, i = +dq/dt). Nesse caso, consideramos que a Eq.30-35, V = −L(di/dt), e interpretamos que o fato de que −di/dt > 0 significa que d(dq/dt)/dt = d2q/dt2 < 0 representa uma “desaceleração” do processo de carga do capacitor (já que a carga está se aproximando do valor máximo). Desta forma, podemos verificar que os sinais da Eq. 31-11 (segundo a qual q/C = −L d2q/dt2) estão corretos. 20. (a) Usamos a relação LI2/2 = Q2/2C para obter o valor de L: 2

L=

2

2

V   1,50V  1  Q  1  CV máx = = C  máx  = (4,00 ×10 − 6F)  −3  C  I  C  I  50,0 10 A ×  I   

2

= 3,60× 10 −3 H = 3,60 mH.

(b) A frequência é f =

1 1 = =1,33 ×10 3Hz =1,33 kHz. 2π LC 2π (3, 60×10 −3 H)(4,00 ×10 −6 F)

(c) De acordo com a Fig. 31-1, o tempo necessário é um quarto do período. Assim, 1 1 1 = = 1,88 ×10 −4 s = 0,188 ms. t= T= 4 4 f 4(1,33 ×10 3 Hz)

21. (a) Vamos comparar esta expressão da corrente com i = I sen(ωt + ϕ0). Fazendo (ωt + ϕ0) = 2500t + 0,680 = π/2, obtemos t = 3,56 × 10–4 s = 356 μs. (b) Como ω = 2500 rad/s = (LC)–1/2, L=

1 1 − = = 2,50 × 10 3H = 2,50 mH. 2 2 C ω (2500rad/s) (64,0 ×10 −6 F)

(c) A energia total é U=

1 2 1 LI = (2,50 × 10 −3 H)(1,60 A)2 = 3,20× 10−3 J = 3,20 mJ. 2 2

22. No primeiro circuito, ω = (L1C1)–1/2; no segundo, ω = (L2C2)–1/2. Quando os dois circuitos são ligados em série, a nova frequência é

ω′ =

=

1 = Leq Ceq

1 = (L1 + L2 )C1C2 /(C1 + C2)

1 ( L1C1C2 + L C )/ C1 + C2 2 1 1

=

1 (L1C1C2 + L2C1C2 ) / (C1 + C2 )

1

1

L1C1 ( C1 + C2) / ( C1 + C2)

=ω.

23. (a) A energia total U é a soma das energias do indutor e do capacitor: U =U E +U B =

q 2 i 2L (3,80× 10 − 6C) 2 (9,20×10 − 3A) 2(25,0× 10− 3H) + = + =1,98 ×10− 6J =1,98 µ J. 2 C 2 2(7,80 ×10−6 F) 2

(b) A carga máxima pode ser calculada a partir da relação U = Q2/2C: Q=

2CU =

2(7,80 × 10 −6 F)(1,98 × 10 −6 J) = 5,56 × 10 −6 C = 5,56 µC.

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(c) A corrente máxima pode ser calculada a partir da relação U = I2L/2: 2U 2(1,98 ×10− 6 J) = = 1,26 × 10− 2 A = 12,6 mA. − L 25,0 ×10 3 H

I =

(d) Se q0 é a carga do capacitor no instante t = 0, q0 = Q cos ϕ e

 3,80× 10− 6 C   q −1  = cos   = ±46,9 °. −6  Q  5,56× 10 C 

f = cos −1 

Para ϕ = +46,9°, a carga do capacitor está diminuindo; para ϕ = –46,9°, a carga está aumentando. Para chegar a esta conclusão, derivamos a carga q em relação ao tempo e fazemos t = 0. O resultado é –ωQ sen ϕ. Como sen(+46,9°) é um número positivo e sen(–46,9°) é um número negativo, o ângulo de fase para o qual a carga está aumentando no instante t = 0 é ϕ = –46,9°. (e) Como foi visto no item (d), para que a carga esteja diminuindo no instante t = 0, devemos ter ϕ = +46,9°. 24. A carga q depois de N ciclos pode ser calculada fazendo t = NT = 2πN/ωʹ na Eq.31-25: q = Qe− Rt /2 L cos( ω′t + f) = Qe− RNT /2 L cos ω ′( 2π N /ω ′) + f 

(

) cos (2π N + f )

− RN 2π L/ C /2 L

= Qe

= Qe− Nπ R

C/ L

cos f .

Como a carga inicial, obtida fazendo N = 0 na equação anterior, é q0 = Q cos ϕ, podemos escrever a equação anterior na forma

q N = q0 exp(− Nπ R C /L ), em que, de acordo com o enunciado, q0 = 6,20 μC. (a) Para N = 5, q5 = ( 6,20 µ C ) exp − 5π ( 7,20 Ω ) 0,00000320 F/12,0 H = 5,85µ C. 



(b) Para N = 10, q10 = ( 6,20 µC) exp −10π ( 7,20 Ω ) 0,00000320 F/12,0 H = 5,52 µ C.

(c) Para N = 100, 100

= (6,20 µC )exp − 100π (7,20 Ω ) 0,00000320 F/12,0 H = 1,93µ C. 



25. Como ωʹ ≈ ω, o período é T ≈ 2π/ω, em que ω = 1 / LC . O tempo necessário para que 50 ciclos sejam completados é  2π    = 50(2π LC )= 50 2π   ω 

t = 50T = 50

( 220× 10 H)( 12,0× 10 F)  −3

−6

= 0,5104 s.

Como foi visto no Módulo 31-2, a carga máxima decai de acordo com a equação qmáx = Qe −Rt /2L, em que Q é a carga no instante t = 0 (se fizermos ϕ = 0 na Eq. 31-25). Dividindo por Q e tomando o logaritmo natural de ambos os membros, obtemos

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Rt q  ln  máx  = − , 2L  Q 

o que nos dá R= −

2L  qmáx  2(220 ×10−3 H) ln  ln (0,99 )= 8,66× 10−3 Ω = 8,66 mΩ . = − t Q 0,5104 s  

26. De acordo com o enunciado, q = Q em t = 0, o que equivale a dizer que ϕ = 0 na Eq. 31-25. Como a energia máxima armaze2 /2C, em que qmáx é a carga máxima nesse ciclo, temos que determinar o instante em que nada no capacitor em cada ciclo é qmáx 2 qmáx Q 1 Q2 = ⇒ qmáx = . 2C 2 2C 2

Como foi visto no Módulo 31-2, a carga qmáx é dada por Rt q  qmáx = Qe− Rt /2L ⇒ ln  máx  = − . 2L  Q 

Fazendo qmáx = Q / 2 e explicitando t, obtemos =−

2L  máx  2L  1  L ln   = − ln   = ln 2. R  Q  R   R

27. PENSE Com a presença de um resistor no circuito RLC , as oscilações são amortecidas e a energia eletromagnética total não é conservada, já que a energia é gradualmente transformada em energia térmica no resistor. FORMULE Seja t um instante do ciclo com o qual o capacitor está totalmente carregado, e seja qmáx 1 a carga do capacitor nesse instante. A energia do capacitor nesse instante é

em que

(veja a discussão a respeito da amplitude exponencialmente decrescente no Módulo 31-2). Depois de transcorrido mais um período, a carga do capacitor totalmente carregado é

em que T = 2π/ωʹ, e a energia é

ANALISE A perda relativa de energia é

Supondo que RT/L XC e, portanto, εm está adiantada em relação a I. A figura a seguir mostra o diagrama fasorial, desenhado em escala.

APRENDA O fato de que XL > XC mostra que o circuito deste problema é mais indutivo do que capacitivo. O ângulo de fase é positivo e, portanto, a corrente está atrasada em relação à força eletromotriz aplicada. 42. (a) Como Z = R2 + X L2 e XL = ωd L, então, Z = R para ωd = 0, o que nos dá, de acordo com a Fig. 31-30, R=40 Ω. (b) Como XL = ωd L, L é dado pela inclinação da reta XL = f(ωd) da Fig. 31-30. Como, de acordo com a Fig. 31-30, XL = 120 Ω para ωd = 2000 rad/s, temos L = (120 Ω)/(2000 rad/s) = 0,060 H = 60 mH.

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43. (a) Para R = 200Ω e XL = ωdL = 2πfdL = 2π(60,0 Hz)(230 × 10−3 H) = 86,7 Ω, a impedância é Z = R 2 + X L2 = (200 Ω) 2 + (86,7 Ω) 2 = 218 Ω .

(b) De acordo com a Eq. 31-65, o ângulo de fase é X L−XC  −1  86,7 Ω − 0   = tan   = 23, 4° . R    200 Ω 

f = tan −1  (c) A amplitude da corrente é

I=

em = 36,0 V = 0,165 A. 218 Ω

Z

(d) Vamos primeiro calcular as amplitudes das tensões entre os terminais dos componentes do circuito: VR = IR = (0,165 A)(200 Ω ) ≈ 33 V, VL = IX L = (0,165 A)(86,7Ω )≈ 14,3 V.

Como se trata de um circuito indutivo, εm está adiantada em relação a I. O diagrama fasorial, desenhado em escala, aparece na figura a seguir.

44. (a) A reatância capacitiva é XC=

1 1 = = 16,6 Ω . 2π fC 2π (400 Hz)(24,0× 10− 6 F)

(b) A impedância é Z = R2 + ( X L − X C)2 = R2 + (2π fL − X C)2 = (220 Ω)2 + [2π (400 Hz)(150 ×10−3 H) −16,6 Ω]2 = 422 Ω.

(c) A amplitude da corrente é I=

em Z

=

220 V = 0, 521 A. 422 Ω

(d) Como a inclusão de um capacitor em série diminui a capacitância e XC ∞ 1/C, XC aumenta.

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M AT E R I A L S U P L E M E N TA R P A R A A C O M P A N H A R

(e) Ceq = C/2 e a nova impedância é Z = (220 Ω )2 + [2 π(400 Hz)(150× 10−3 H)− 2(16,6 Ω )]2 = 408 Ω < 422 Ω .

Z, portanto, diminui. (f) Como I ∞ 1/Z, I aumenta. 45. (a) Sim, a amplitude da tensão entre os terminais do indutor pode ser maior que a amplitude da fem do gerador. (b) A amplitude da tensão entre os terminais do indutor de um circuito RLC série é dada por VL = IXL = IωdL. Na ressonância, a frequência angular aplicada é igual à frequência angular natural do circuito:ω d = ω = 1 / LC. Assim, para o circuito dado, XL=

1,0 H L = = 1000 Ω. LC (1,0 H)(1,0× 10 −6F)

Na ressonância, a reatância capacitiva e a reatância indutiva se cancelam, e a impedância se torna igual à resistência: Z = R. Assim, I=

em Z...