Atividade Termodinâmica 1

5 59 Na Fig 3359 um feixe luminoso que se propaga inicialmente no material 1 é refratado para o material 2 atravessa esse material e incide com o ângulo crítico na interface dos meios 2 e 3 Os índices de refração são n1 160 n2 140 e n3 120 a Qual é o valor do ângulo θ b Se o valor de θ aumenta a luz consegue penetrar no meio 3 FIG 3359 Problema 59 1 57 A Fig 2551 mostra o capacitor 1 C1 800 μF o capacitor 2 C2 600 μF e o capacitor 3 C3 800 μF ligados a uma bateria de 120 V Quando a chave S é fechada ligando ao circuito o capacitor 4 C4 600 μF inicialmente descarregado determine a o valor da carga que passa pelo ponto P proveniente da bateria b o valor da carga armazenada no capacitor 4 c Explique por que os resultados dos itens a e b não são iguais FIG 2551 Problema 57 2 27 Uma diferença de potencial de 300 nV é estabelecida entre as extremidades de um fio de cobre de 200 cm de comprimento com um raio de 200 mm Qual é a carga que passa por uma seção reta do fio em 300 ms 3 67 Qual é a energia consumida em 200 h por uma resistência elétrica de 400 Ω quando a diferença de potencial aplicada à resistência é 900 V 4 40 Na Fig 2751 R1 100 Ω R2 R3 500 Ω R4 750 Ω e a força eletromotriz da fonte ideal é ξ 600 V a Determine a resistência equivalente Determine a corrente b na resistência 1 c na resistência 2 d na resistência 3 e na resistência 4 FIG 2751 Problema 40 QUESTÃO 1 57 Para analisar o circuito observase que antes de a chave S ser fechada os capacitores C1 C2 e C3 estão em série entre os terminais da bateria de 12 V Depois que a chave é fechada o capacitor C4 fica em paralelo com C2 esse conjunto C2 C4 permanece em série com C1 e C3 Os valores são C1 800 μF C2 600 μF C3 800 μF C4 600 μF e V 120 V a Carga que passa por P proveniente da bateria Como os capacitores em série têm a mesma carga primeiro determinase a capacitância equivalente inicial dos três capacitores em série 1Ceqi 1C1 1C2 1C3 1800 1600 1800 μF1 Ceqi 125 μF 24 μF A carga inicial na associação em série e portanto em cada capacitor é Qi CeqiV 24 μF 120 V 28800 μC Quando a chave é fechada C2 fica em paralelo com C4 logo C24 C2 C4 60 μF 60 μF 120 μF O circuito passa a ter C1 C24 e C3 em série com capacitância equivalente 1Ceqf 1C1 1C24 1C3 1800 1120 1800 μF1 Ceqf 30 μF A nova carga na associação em série é Qf CeqfV 30 μF120 V 36000 μC Como o ponto P está em série com o capacitor C1 a carga em sua placa ligada a P passa de Qi para Qf Assim a carga líquida fornecida pela bateria que atravessa P é ΔQp Qf Qi 36000 μC 28800 μC 7200 μC Portanto ΔQp 7200 106 C b carga armazenada no capacitor C4 No estado final a carga na associação em série vale Qf Isso significa que a carga no bloco equivalente C24 também vale Qf A diferença de potencial entre os nós a e b terminais comuns de C2 e C4 é Vab QfC24 A carga em C4 é Q4 C4Vab C4QfC24 substituindo os valores numéricos Q4 600 μF 36000 μC120 μF 18000 μC logo Q4 18000 106 C c Explicação da diferença entre a e b O valor de ΔQf representa apenas a carga líquida adicional que a bateria fornece ao circuito para que o novo estado estacionário seja atingido Já Q4 é a carga total armazenada no capacitor C4 após a redistribuição Quando a chave é fechada as cargas inicialmente presentes em C2 e C3 se rearranjam entre os quatro capacitores pois os potenciais nos nós a e b mudam Parte da carga que aparece em C4 vem da redistribuição das cargas já existentes nos outros capacitores sem precisar passar pelo ponto P Assim a carga total em C4 é maior do que a carga líquida adicional fornecida pela bateria daí Q4 ΔQf QUESTÃO 2 27 A corrente no fio pode ser obtida a partir da V RI Para isso determinase primeiro a resistência do fio cilíndrico de cobre A resistência de um condutor homogêneo é dada por R ρ LA em que ρ é a resistividade do material L é o comprimento e A é a área da seção reta Adotase para o cobre ρCu 168 108 Ω m O comprimento é L 200 cm 200 102 m e o raio da seção cilíndrica é r 200 mm 200 103 m logo a área da seção é A π r2 π 200 103 m2 Substituindo em R ρ LA R 168 108 Ω m 200 102 m π 200 103 m2 2674 105 Ω Pela lei de Ohm com diferença de potencial V 300 nV 300 109 V I VR 300 109 V 2674 105 Ω 1122 104 A A carga que atravessa uma seção reta no intervalo de tempo t é Q I t Para t 300 ms 300 103 s Q 1122 104 A 300 103 s 3366 107 C Portanto a carga que passa por uma seção reta do fio em 300 ms é aproximadamente Q 337 107 C 0337 μC QUESTÃO 3 67 A energia elétrica consumida por um resistor pode ser escrita em função da diferença de potencia aplicada e da resistência usando a potência P V2R pois de P V I e V R I obtémse I VR e então P V I V2R A energia consumida em um intervalo de tempo t é E P t substituindo P na expressão de E E V2R t Os dados do problema são R 400 Ω V 900 V e t 200 h Primeiro convertese o tempo para segundos t 200 h 200 3600 s 7200 s Substituindo na expressão de E E 900 V2 400 Ω 7200 s Efetuando os cálculos E 1458 105 J QUESTÃO 4 40 Sejam R1 100 Ω R2 R3 500 Ω R4 750 Ω e E 600 V Pelo enunciado R2 R3 e R4 estão em paralelo entre si e esse conjunto está em série com R1 a A resistência equivalente total é a soma de R1 com a resistência equivalente do paralelo R234 Para o paralelo vale 1R234 1R2 1R3 1R4 1500 1500 1750 475 Se onde R234 754 Ω 1875 Ω A resistência equivalente do circuito é Req R1 R234 100 Ω 754 Ω 4754 Ω 118750 Ω b A corrente fornecida pela fonte que é a mesma em R1 associação em série é I1 Itotal EReq 600 V 4754Ω 24475 A 0051 A c Para obter as correntes nas resistências em paralelo determinase primeiro o ddp sobre o conjunto em paralelo Como R234 está em série com R1 a corrente é a mesma Itotal e V234 Itotal R234 24475 754 V 1819 V 0947 V A corrente em R2 é I2 V234 R2 1819 V 500 Ω 9475 A 0019 A d Como R3 tem o mesmo valor de R2 e está em paralelo com a mesma ddp sua corrente é igual I3 I2 9475 A 0019 A e A corrente em R4 é I4 V234 R4 1819 V 750 Ω 6475 A 0013 A QUESTÃO 5 59 a Na interface entre os meios 2 e 3 o feixe incide a partir do meio 2 com o ângulo crítico Chamando esse ângulo de θc vale a lei de Snell entre os meios 2 e 3 n2 sin θc n3 sin 90 sin θc n3 n2 Com n1 160 n2 140 e n3 120 escrevese em forma fracionária n1 85 n2 75 n3 65 de modo que sin θc n3 n2 65 75 6 7 Portanto θc arcsin 67 Na figura o raio no meio 2 faz um ângulo φ com a normal à interface entre os meios 1 e 2 normal vertical Como a interface entre os meios 2 e 3 é perpendicular à primeira o ângulo de incidência nessa interface em relação à normal horizontal é θc 90 φ Então cos φ sin θc 67 Daí sin² φ 1 cos² φ 1 67² 1 3649 1349 e escolhendo φ agudo sin φ 13 7 Aplicase agora a lei de Snell na interface entre os meios 1 e 2 n1 sin θ n2 sin φ Substituindo n1 n2 e sin φ 85 sin θ 75 13 7 13 5 o que fornece sin θ 13 8 Logo θ arcsin 13 8 26788 b Se o ângulo θ aumenta a lei de Snell na interface 12 mostra que sin φ também aumenta portanto φ aumenta Como o ângulo de incidência na interface 23 é θi 90 φ esse ângulo θi diminui e passa a ser menor que o ângulo crítico θc Para incidências menores que o ângulo crítico não ocorre reflexão total interna há refração do feixe para o meio 3 Assim se θ aumenta em relação ao valor encontrado a luz consegue penetrar no meio 3