Exercício para Contabilizar Presença e Nota da P2 Resolvida-2023 1

Exercício para contabilizar presença e nota Obs: este exercício contata tanto como frequência quanto como nota de uma questão da prova. Portanto, resolva com detalhes justificando as passagem desenvolvidas. Problema 4 da P2 A figura mostra um circuito RC inicialmente descarregado. As resistências em cada resistor é R1 = R2 = R3 = R: R C ε R R Em termos de de E, R e C determine: (0,9) (a) Uma expressão para a carga q(t), que passa pelo capacitor; (0,3)(b) Uma expressão para a diferença de potencial no capacitor ∆Vc(t); Esboce o gráfico de seu resultado. (0,3) (c) A corrente que passa pelo resitor R1; Esboce o gráfico de seu resultado. (0,3) (d) A corrente que passa pelo resitor R2; Esboce o gráfico de seu resultado. (0,3) (e) A corrente que passa pelo resitor R3; Esboce o gráfico de seu resultado. (0,4) (f) Se substituirmos a resistência por outra duas vezes maior (R → 2R), qual deve ser a carga nos capacitores? Nesta situação os capacitores carregam mais rapidamente, lentamente ou indiferente? Justifique. 1 (4) (a) Malha \( \alpha \): \( \mathcal{E} - R i_1 - R i_2 = 0 \) Malha \( \beta \): \( R i_2 - R i_3 - \frac{Q}{C} = 0 \) Lei dos nós: \( i_1 = i_2 + i_3 \) No capacitor: \( i_3 = \frac{dQ}{dt} \) Temos o sistema: \[ \begin{cases} \mathcal{E} - R i_1 - R i_2 = 0 \quad (I) \\ R i_2 - R i_3 - \frac{Q}{C} = 0 \quad (II) \\ i_1 = i_2 + i_3 \quad (III) \\ i_3 = \frac{dQ}{dt} \quad (IV) \end{cases} \] \( (III) \rightarrow (I): \mathcal{E} - R (i_2 + i_3) - R i_2 = 0 \Rightarrow \mathcal{E} - 2Ri_2 - Ri_3 = 0 \quad (V) \) \( 2 \cdot (II): 2Ri_2 - 2Ri_3 - 2\frac{Q}{C} = 0 \quad (VI) \) \( (V) + 2 \cdot (II): \mathcal{E} - 3Ri_3 - 2\frac{Q}{C} = 0 \quad (VI) \) (IV)\rightarrow (VI): \mathcal{E} - 3R \frac{dQ}{dt} - 2\frac{Q}{C} = 0 \Rightarrow \frac{dQ}{dt} + \frac{2Q}{3RC} - \frac{\mathcal{E}}{3R} = 0 \quad (EDQ \text{ de variáveis separáveis}) \quad RC = T \frac{dQ}{dt} = -\frac{2Q}{3T} + \frac{\mathcal{E}}{3R} \int \frac{dQ}{\frac{\mathcal{E}}{3R} - \frac{2Q}{3T}} = \int dt \therefore \) \( u = \frac{\mathcal{E}}{3R} - \frac{2Q}{3T} \quad \Rightarrow du = \frac{-2}{3T} dQ \therefore \) \( \frac{-3T}{2} \int \frac{du}{u} = \int dt \Rightarrow \ln u = \frac{-2t}{3T} + C_1 \therefore \) \( u = C_1 e^{-\frac{2t}{3T}} \therefore \) \( \frac{\mathcal{E}}{3R} - \frac{2Q}{3T} = C_1 e^{-\frac{2t}{3T}} \therefore \) \[ Q(t) = \frac{\mathcal{E} T}{2R} + C_2 e^{-\frac{2t}{3T}} \] \( Q(t) = \frac{\mathcal{E} C}{2} + C_2 e^{-\frac{2t}{3RC}} \) \text{Sabemos que } Q(0) = 0 \therefore \[ Q(0) = \frac{\mathcal{E} C}{2} + C_2 = 0 \Rightarrow C_2 = -\frac{\mathcal{E} C}{2} \therefore Q(t) = \frac{\mathcal{E} C}{2} \left( 1 - e^{-\frac{2t}{3RC}} \right) \] (b) \( \Delta V_c = \frac{Q}{C} = \frac{\mathcal{E}}{2} \left( 1 - e^{-\frac{2t}{3RC}} \right) \) (c) Supondo \( R_1, R_2 \text{ e } R_3 \) como na figura \( i_3 = \frac{dQ}{dt} = \frac{\mathcal{E}}{3R} e^{-\frac{2t}{3RC}} \) De (V): \[ i_2 = \frac{\mathcal{E}}{2R} - \frac{i_3}{2} = \frac{\mathcal{E}}{6R} \left( 3 - e^{-\frac{2t}{3RC}} \right) \] De (III): \[ i_3 = i_2 + i_3 = \frac{\mathcal{E}}{2R} - \frac{\mathcal{E}}{6R} e^{-\frac{2t}{3RC}} + \frac{\mathcal{E}}{3R} e^{-\frac{2t}{3RC}} \] \( i_2 = \frac{\mathcal{E}}{6R} \left( 3 + e^{-\frac{2t}{3RC}} \right) \) (d) \( i_2 = \frac{\mathcal{E}}{6R} \left( 3 - e^{-\frac{2t}{3RC}} \right) \) (e) \( i_3 = \frac{\mathcal{E}}{3R} e^{-\frac{2t}{3RC}} \) (F) Basta substituirmos R -> 2R na expressão para a carga Q(t) = \frac{εC}{2}(1 - e^{-\frac{t}{3RC}}) Observe que a carga final do capacitor permanece inalterada, no entanto, podemos analisar dois instantes em que há a mesma carga (Q1 = Q2) e comparar os tempos: Q1 = Q2 => \frac{εC}{2}(1 - e^{-\frac{2t1}{3RC}}) = \frac{εC}{2}(1 - e^{-\frac{t2}{3RC}}) e^{-\frac{2t1}{3RC}} = e^{-\frac{t2}{3RC}} => 2t1 = t2 :. t2 = 2t1 significa que o capacitor levou o dobro do tempo para atingir a mesma carga com os novos resistores.