Exercícios Resolvidos de Circuito RC

PUC - Física 3 – P2 2018.1 - 1

Considere o circuito RC da figura, onde ε = 10   V , R 1 = R 2 = 100   Ω , C 1 é um capacitor de placas paralelas de área A = 100   c m 2 , com separação de d = 9   m m , tendo um meio entre as placas de constante dielétrica k = 100 , e C 2 = C 3 = 1 3 × 10 - 9   F . S 1 e S 2 são duas chaves.

Todos os capacitores estão inicialmente descarregados. Neste circuito, ocorrem as seguintes fases sucessivas:

Fase 1: chave S 1 fechada e S 2 aberto durante longo tempo.

Fase 2: chaves S 1 e S 2 abertas e o dielétrico substituído por outro de k = 100 / 3 .

Fase 3: chave S 1 aberta e S 2 fechada.

Fase 4: chaves S 1 e S 2 fechadas.

Determine:

  1. A capacitância C 1 .
  2. As correntes em R 1 e R 2 no instante inicial da fase 1.
  3. A energia armazenada em C 1 e a potência dissipada em R 2 no final da fase 1.
  4. O trabalho externo necessário para substituir o meio dielétrico na fase 2.
  5. A diferença de potencial ( V C - V D ) no final das fases 1, 2 e 3.
  6. A corrente em R 1 (sentido e intensidade) no início da fase 4.

Em todos os cálculos, considere ε 0 = 9 × 10 - 12   F / m .

Passo 1

a) Aqui é importante se lembrar que, quando um dielétrico (um material isolante!) é inserido no interior de um capacitor, a sua capacitância aumenta, já que essa nova capacitância C 1 é igual a anterior C 0 multiplicada por um número k ≥ 1 , que é a mesma coisa que escrever o seguinte:

C 1 = k C 0 ⇒ C 1 = k ε 0 A d   .

Como A = 100   c m 2 = 100 × 10 - 2   m 2 = 10 - 2   m 2 e d = 9   m m = 9 × 10 - 3   m , temos

C 1 = 100 × 9 × 10 - 12 × 10 - 2 9 × 10 - 3 ⇒ C 1 = 10 - 9   F = 1   n F   .

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

b) Como os capacitores começam descarregados, no instante inicial da fase 1, em que a chave S 1 está fechada, o capacitor C 1 ainda não tem carga, ou seja, Q C 1 = 0 . Como a diferença de potencial do capacitor é:

V C - V D = Q C 1 C 1 ⇒ V C - V D = 0   .

Como esse capacitor está em paralelo com o resistor R 2 , a ddp entre os pontos A e B também é zero, ou seja, os pontos A e B tem o mesmo potencial. Nesse caso, é comum dizer que o capacitor C 1 é equivalente a um “curto circuito”.

Como não tem ddp entre A e B, então não pode passar corrente no resistor R 2 , porque senão haveria uma queda de potencial nele. Por isso, o que devemos ter é:

i R 2 = 0 .

A corrente i R 1 que passa no resistor R 1 passa através do capacitor C 1 . Essa corrente tem valor:

i R 1 = ε R 1 = 1 0 100 ⇒ i R 1 = 0 , 1   A .

Passo 3

c) No final da fase 1, o capacitor C 1 está totalmente carregado e através dele já não passa nenhuma corrente elétrica. A corrente elétrica que vai ter nesse circuito agora passa pelos resistores R 1 e R 2 que estão em série.

Primeiro, vamos encontrar essa corrente que passa nesses resistores. Essa corrente será:

i R 1 = i R 2 = ε R 1 + R 2 = 10 100 + 100 ⇒ i R 1 = i R 2 = 0,05   A .

A potência P R 2 dissipada no resistor R 2 será, então,

P R 2 = R 2 i R 2 2 = 100 × 5 × 10 - 2 2 ⇒ P R 2 = 0,25   W   .

Como o capacitor C 1 está em paralelo com o resistor R 2 , sua diferença de potencial é:

V C 1 = V A - V B = R 2 i R 2 ⇒ V C 1 = 5   V .

Com isso, podemos calcular a energia armazenada em C 1 :

U C 1 = C 1 V C 1 2 2 = 10 - 9 × 5 2 2 ⇒ U C 1 = 12,5   ×   10 - 9   J   .

Passo 4

d) A fase 2 começa com a abertura da chave S 1 . No final da fase 1, o capacitor C 1 foi carregado completamente e a carga que ele tem no início da fase 2 é:

Q C 1 = C 1 V C 1 = 10 - 9   ×   5 ⇒ Q C 1 = 5   n C   .

Fica ligado!! Essa é a carga que o capacitor tem nas duas situações com os dielétricos diferentes. Guarda isso, porque a gente vai usar isso para matar este item…

Mas aí, você me pergunta: “mas, então, o que está variando quando a gente troca o dielétrico na fase 2?” Bom, o que muda nesse caso é a capacitância do capacitor! A nova capacitância C 1 ' na fase está relacionada com a nova constante dielétrica k ' = k / 3 . Com isso, C 1 ' fica:

C 1 ' = k ' C 0 = k 3 ε 0 A d ⇒ C 1 ' = 1 3   k ε 0 A d = C 1 3   .

Nessa expressão, a gente relacionou a nova capacitância na fase 2, com a capacitância anterior da fase 1, beleza? Isso facilita, porque já sabemos que: C 1 = 10 - 9   F .

Agora, o trabalho que é gasto, ou seja, a energia que é gasta para trocar o dielétrico k para o novo dielétrico k ' é igual a diferença entre a nova energia U C 1 ' com o novo dielétrico e a energia U C 1 com o dielétrico antigo:

W = U C 1 ' - U C 1 = Q C 1 2 2 C 1 ' - Q C 1 2 2 C 1 = Q C 1 2 2 1 C 1 ' - 1 C 1 .

Como C 1 ' = C 1 / 3 , temos que o trabalho fica:

W = Q C 1 2 2 1 C 1 ' - 1 C 1 = Q C 1 2 2 2 C 1 → W = Q C 1 2 C 1 = 25   ×   10 - 9   J .

Como o capacitor tem energias diferentes com cada um dos dielétricos, o que sobra dessa diferença energia é o que é gasto para inserir o novo dielétrico, ou seja, o trabalho W .

Passo 5

e) No final da fase 1: o capacitor C 1 está totalmente carregado, por isso, temos que a ddp entre C e D será igual a:

V C - V D = Q C 1 C 1 = 5 × 10 - 9 10 - 9 ⇒ V C - V D = 5   V ,

que é o resultado que encontramos no item c.

No final da fase 2: a nova capacitância com a mudança de dielétrico é C 1 ' = C 1 / 3 . Então:

V C - V D = Q C 1 C 1 ' = 3 Q C 1 C 1 ⇒ V C - V D = 15   V   .

No final da fase 3: quando a chave S 2 é fechada, os capacitores C 1 ' e a capacitância equivalente C 23 entre C 2 e C 3 estão em paralelo, já que C 1 ' e C 23 estão submetidos à mesma ddp V C - V D .

A capacitância equivalente C 23 é:

C 23 = C 2 + C 3 .

A capacitância equivalente total C e q será:

C e q = C 1 ' + C 23 = C 1 3 + C 2 + C 3   ⇒ C e q = 10 - 9   F .

Como a quantidade carga nessa associação é a mesma que o capacitor C 1 ' tinha no final da fase 2, então:

V C - V D = Q C 1 C e q = 5 × 10 - 9 10 - 9 ⇒ V C - V D = 5   V .

Passo 6

f) No início da fase 4, em que ambas as chaves estão fechadas, temos que a ddp entre A e B é igual a ddp entre C e D, que é V C - V D = 5   V , que acabamos de calcular no Passo 5. Por isso

V A - V B = V C - V D = 5   V   .

Vamos supor que a corrente que passa no resistor R 1 está no sentido horário. Aplicando a lei das malhas para a malha que contém esse resistor, temos:

ε - i R 1 R 1 - V A - V B = 0 ⇒ i R 1 = ε - V A - V B R 1 =   5 × 10 - 2   A   .

Como a corrente i R 1 é positiva significa que escolhemos o sentido corrente para ela no circuito. Portanto, seu sentido é horário.

Resposta

  1. C 1 = 10 - 9   F = 1   n F     ;
  2. i R 1 = 0 , 1   A   ;   i R 2 = 0   ;
  3. U C 1 = 12,5   ×   10 - 9   J     ;   P R 2 = 0,25   W   ;  
  4. W = Q C 1 2 C 1 = 25   ×   10 - 9   J   ;
  5. N o   f i n a l   d a   f a s e   1 :   V C - V D = 5   V   ;   N o   f i n a l   d a   f a s e   2 :   V C - V D = 15   V   ;   N o   f i n a l   d a   f a s e   3 :   V C - V D = 5   V   ;
  6. i R 1 =   5   ×   10 - 2   A   ,   n o   s e n t i d o   h o r á r i o   .

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