Voltímetro de condensador e mola

Neste arquivo iremos colocar os problemas já resolvidos (não são problemas "mortos" porque a discussão pode continuar a qualquer altura!)

Mensagempor Bruno Oliveira em Sábado Jul 19, 2008 7:35 pm

Só vi agora :oops:

Não :lol: , eu não estava a fazer confusão com o dx, estava era a acabar de sustituir na minha expressão algumas variáveis para chegar á expressão do prof. :D , mas ao substituir o Q, pela sua expressão com a diferença de potencial e as expressões C_{final} e C_{inicial}, estamos quase lá, depois será entrar em conta com o equilibrio da mola e resolver em ordem a V, certo? :roll:
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Mensagempor Bruno Oliveira em Sábado Jul 19, 2008 8:11 pm

Pronto, consegui finalmente chegar á expressão do prof. a partir da minha, estava a obter o quociente \frac{1}{C_{final}} e \frac{1}{C_{inicial}} multiplicados por um factor de \frac{1}{2}, que me esqueci de eliminar quando pus em evidência :roll: .

Agora e substituindo na expressão para Fdx, obtém-se então que:

Fdx=-\frac{1}{2}Q^2\left(\epsilon_0\frac{d-\Delta x}{S}-\epsilon_0\frac{d}{S}\right), mas se considerarmos um \Delta x, muito pequeno (\Delta x \sim 0), vamos ter que:

F\Delta x=-\frac{1}{2}Q^2\left(\epsilon_0\frac{d}{S}-\epsilon_0\frac{d}{S}\right), o que significa que a variação da força é nula e temos uma força constante :D , certo?
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Mensagempor Pedro Melo em Sábado Jul 19, 2008 10:35 pm

Não conheces a relação entre uma força conservativa e energia potencial a ela associada? \vec F=-gradE_{p}. Como é um probelma unidimensional, tens que gradE_{p}=\frac{dE_{p}}{dx}\vec i. gradE_{p} significa gradiente de E_{p}. Podes ver mais em http://en.wikipedia.org/wiki/Gradient.
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Mensagempor Bruno Oliveira em Sábado Jul 19, 2008 10:39 pm

Obrigado pelo link Pedro, não por acaso não conhecia :roll:, tenho de ler quando tiver mais calma :wink:.

Isso ainda é muita matemática para mim, ainda não aprendi derivadas parciais :evil:
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Mensagempor Pedro Melo em Sábado Jul 19, 2008 10:57 pm

É bastante útil. Por exemplo, sendo E_{p}=\frac{1}{2}\frac{Q^2(d\pm x)}{S\epsilon_{0}} obténs por derivação que F=\frac{1}{2}\frac{Q^2}{S\epsilon_{0}} (nota que F é o módulo da força).

E as derivadas parciais são faceis. Na maioria dos casos uma derivada parcial faz-se da mesma forma do que uma derivada das que já sabes fazer. Por exemplo, para calculares a derivada parcial de f(x,y,z)=\sin(x²+y²)-\ln(z), num ponto qualquer pertencente ao interior do domínio de f, em ordem a x, consideras que o que não é x (ou não tem x no argumento) é constante. Fica \frac{{\partial}f}{{\partial}x}=2x\cos(x²+y²).
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Mensagempor Bruno Oliveira em Sábado Jul 19, 2008 10:59 pm

Pois apercebi-me disso ao ler o post do Zé Teixeira, obrigado pela explicação Pedro :wink:
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Mensagempor jap em Domingo Jul 20, 2008 12:20 am

Bruno Oliveira Escreveu:Pronto, consegui finalmente chegar á expressão do prof. a partir da minha, estava a obter o quociente \frac{1}{C_{final}} e \frac{1}{C_{inicial}} multiplicados por um factor de \frac{1}{2}, que me esqueci de eliminar quando pus em evidência :roll: .

Agora e substituindo na expressão para Fdx, obtém-se então que:

Fdx=-\frac{1}{2}Q^2\left(\epsilon_0\frac{d-\Delta x}{S}-\epsilon_0\frac{d}{S}\right), mas se considerarmos um \Delta x, muito pequeno (\Delta x \sim 0), vamos ter que:

F\Delta x=-\frac{1}{2}Q^2\left(\epsilon_0\frac{d}{S}-\epsilon_0\frac{d}{S}\right), o que significa que a variação da força é nula e temos uma força constante :D , certo?


Deverás proceder assim: partindo da tua expressão para F\Delta x e fazendo as contas dentro do parêntises,


F\Delta x=-\frac{1}{2}Q^2\left(\epsilon_0\frac{d-\Delta x}{S}-\epsilon_0\frac{d}{S}\right) = \frac{Q^2}{2\epsilon_0 S} \Delta x

donde, sendo esta igualdade válida para qualquer pequeno \Delta x., podermos concluir que:

F = \frac{Q^2}{2\epsilon_0 S}

Simples, não? :wink:
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Mensagempor Bruno Oliveira em Domingo Jul 20, 2008 9:58 am

Claro mesmo simples, era tão óbvio que nem vi :shock:

Era de facto um resultado incoerente a força estar a dar 0, até tinha anotado a expressão do Pedro aqui num papel, mas entusiasmei-me e nem vi o erro :roll:

Bom, com os erros é que se aprende :roll: , e agora para saber, a posição em que a Força de atracção entre as placas equilibra a força da mola, podemos escrever a igualdade:

\frac{Q^2}{2\epsilon_0S}=kx, e ao resolver em ordem á posição, x, obtém-se:

x=\frac{Q^2}{k2\epsilon_0S}
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Mensagempor jap em Domingo Jul 20, 2008 11:38 am

Bruno Oliveira Escreveu:
\frac{Q^2}{2\epsilon_0S}=-kx, e ao resolver em ordem á posição, x, obtém-se:

x=\frac{Q^2}{-k2\epsilon_0S}


Agora é só substituir Q = C_{inicial}Vpara obter a expressão final em função de V...
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Mensagempor Bruno Oliveira em Domingo Jul 20, 2008 11:45 am

Claro, agora é simples, estava era á espera de confirmação da expressão para a distância :) .

Agora, após substituição e resolvendo em ordem ao V, vem então:

V=\sqrt{\frac{2x\epsilon_0kS}{C^2_{inicial}}
última vez editado por Bruno Oliveira s Quinta Jul 24, 2008 10:39 am, editado 4 vezes no total
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Mensagempor jap em Domingo Jul 20, 2008 11:47 am

jap Escreveu:
Bruno Oliveira Escreveu:
\frac{Q^2}{2\epsilon_0S}=-kx, e ao resolver em ordem á posição, x, obtém-se:

x=\frac{Q^2}{-k2\epsilon_0S}


Agora é só substituir Q = C_{inicial}Vpara obter a expressão final em função de V...


E cuidado com o sinal -! :lol:
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Mensagempor Bruno Oliveira em Domingo Jul 20, 2008 11:57 am

Obrigado pelo aviso prof. já editei a fórmula, a nível matemático vem sempre F=kx, a nível vectorial: \vec F=-k\vec x, o que significa que o vector força possui sentido opsto ao vector deformação :)
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Mensagempor Serodio em Terça Ago 26, 2008 2:21 pm

Tenho uma dúvida neste problema. A capacidade do condensador não vai variando ao longo do deslocamentpo.

É que eu, ao tentar resollver só a primeira parte, nunca consegui chegar ao mesmo resultado pois assumi que C = \epsilon\frac{S}{d-x}
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Mensagempor Bruno Oliveira em Terça Ago 26, 2008 3:06 pm

Tens razão, a capacitância do condensador, não varia com o deslocamento, apenas varia com a distância, por isso tens de assumir que: C=\epsilon_r\epsilon_0\frac{S}{d}, mas podes tirar da expressão o \epsilon_r, pois no ar \epsilon_r \sim 1, e como a capacitância não varia com o deslocamento este não pode estar na fórmula. :wink:
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Mensagempor Serodio em Terça Ago 26, 2008 4:10 pm

Não é bem isso que quiz dizer. Repara que depois de o condensador se deslocar ele possui uma capacidade diferente já que a distância a que as duas placas se encontram é diferente. Não se pode escrever apenas em função de d, penso eu.
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