Halliday & Resnick
Fundamentos de Física – 10a Edição
Capítulo 27: Circuitos
Exercício 69:
Enunciado:
Um resistor de $3,00 \; M \Omega$ e um capacitor de 1,00 μF são ligados em série com uma fonte ideal de força eletromotriz $\epsilon = 4,00 \; V$. Depois de transcorrido 1,00 s, determine (a) a taxa de aumento da carga… para ter acesso ao enunciado completo, cheque a disponibilidade do livro na biblioteca da sua instituição de ensino. O livro também pode ser adquirido através desse link.
Dados relevantes fornecidos no enunciado:
Item (a):
Nesse item, o exercício nos pede a taxa de aumento de carga do capacitor depois de transcorrido um tempo de $t=1\;s$. Sabemos que a carga de um capacitor depende do tempo e é dada pela expressão:
$$
q = C\epsilon \left(1-e^{-t/RC}\right)
\tag{1}$$
Como o exercício nos pede a taxa temporal do aumento de carga, queremos saber na verdade o valor de $dq/dt$, que pode ser obtido derivando a expressão da carga no tempo:
$$
\frac{dq}{dt} = \frac{\epsilon}{R} e^{-t/RC}
\tag{2}$$
No qual o fator $C$ no termo da fração foi simplificado. Como temos todos os valores dados pelo exercício, substituímos os valores de modo que:
$$
\frac{dq}{dt} = \frac{4\;V}{3\times10^{6}\Omega}e^{\left(-1\;s/(3\times10^{6}\Omega)(10^{-6}\;F)\right)}
\tag{3}$$
Que resulta em:
$$
\boxed{\frac{dq}{dt} = 9,55\times10^{-7}\;C/s = 0,95\;\mu C/s}
\tag{4}$$
Item (b):
Agora, vamos calcular a taxa de armazenamento de energia no capacitor. A energia armazenada em um capacitor é dada por:
$$
U = \frac{q^2}{2C}
\tag{5}$$
Como o exercício pede a taxa de variação dessa energia no tempo, queremos na verdade calcular $dU/dt$, portanto, derivando a expressão anterior no tempo:
$$
\frac{dU}{dt} = \frac{q}{C}\frac{dq}{dt}
\tag{6}$$
Veja que a regra da cadeia foi usada uma vez que vimos no item (a) que a carga varia no tempo, ou seja, $q=q(t)$. E já temos o valor numérico de $dq/dt$, precisamos calcular o valor de $q$ dado na Equação (1):
$$
q = C\epsilon \left(1-e^{-t/RC}\right) = (1\times10^{-6}\;F)(4\;V)e^{ \left(1-e^{-(1\;s)/(3\times10^{6}\Omega)(10^{-6}\;F)}\right)}
\tag{7}$$
Que resulta em:
$$
q = 1,13\times10^{-6}\;C
\tag{8}$$
Com isso, temos que a variação de energia é:
$$
\frac{dU}{dt} = \frac{q}{C}\frac{dq}{dt} = \frac{1,13\times10^{-6}\;C}{1\times10^{-6}\;F}(9,55\times10^{-7}\;C/s)
\tag{9}$$
E, portanto:
$$
\boxed{\frac{dU}{dt} = 1,08\times10^{-6}\;W = 1,08\;\mu W}
\tag{10}$$
Item (c):
Nesse item, o exercício nos pede a taxa de dissipação de energia no capacitor. Mas, na verdade, o que causa a dissipação de energia no sistema é o resistor. A taxa temporal de variação de energia é dada pela potência, ou seja,
$$
\frac{dU}{dt} = P = i^2 R
\tag{11}$$
Onde usamos que a potência dissipada é dada pela resistência $R$. A corrente de um circuito é definida como a carga que passa por ele por um determinado tempo. No nosso caso, $t=1\;s$, então, usando o resultado do item (a):
$$
i = \frac{dq}{dt} = 9,55\times10^{-7}\;C/s
\tag{12}$$
Assim,
$$
P = (9,55\times10^{-7}\;C/s)^2(3\times10^{6}\Omega)
\tag{13}$$
$$
\boxed{P=2,74\times10^{-6}\;W = 2,74\;\mu W}
\tag{14}$$
Item (d):
Finalmente, vamos calcular a taxa de fornecimento de energia pela fonte. Como o exercício diz que a fonte é ideal, ela não tem resistência interna. Portanto, a potência que ela entrega para o sistema é:
$$
P_f = i\epsilon = (9,55\times10^{-7}\;A)(4\;V) = 3,82\times10^{-6}\;W
\tag{15}$$
$$
\boxed{P_f = 3,82\;\mu W}
\tag{16}$$
Perceba que uma vez que a fonte é ideal, toda sua potência é entregue ao circuito e por isso, ela é exatamente a soma da potência dissipada no resistor e da variação de energia do capacitor:
$$
P_f = 3,82\;\mu W = P + \frac{dU}{dt} = 1,08\;\mu W + 2,74\;\mu W
\tag{17}$$
