Cap 25

Sears/Zemansky: Física 10ª edição - Manual de Soluções

Tradução: Adir Moysés Luiz, Doutor em Ciência pela UFRJ, Prof. Adjunto do Instituto de Física da UFRJ. Capítulo 25 25-2: a)

C = ε0

0.00122 m 2 A = ε0 = 3.29 pF . d 0.00328 m

b)

Q 4.35 x10 −8 C = = 13.2 kV . V= C 3.29 x 10 −12 F

c)

E=

25-4: a)

b)

25-6: a)

V 13.2 x10 3 V = = 4.02 x 10 6 V / m. d 0.00328 m

2πε 0 2πε 0 2πε 0 r C = ⇒ ln(rb / ra ) = = = 1.77 ⇒ b = 5.84. −12 L ln(rb / ra ) C / L 31.5 x 10 F / m rb Q C = V = (2.60V )(31.5 x10 −12 F / m) = 8.19 x 10 −11 C / m. L L Para duas superfícies esféricas concêntricas, a capacitância é:  kCra  =⇒ kCrb − kCra = ra rb ⇒ rb = kC − ra  k (116 x 10 −12 F )(0.150 m) ⇒ rb = = 0.175 m. k (116 x 10 −12 F ) − 0.150 m

C=

1  ra rb  k  rb − ra

V = 220 V, e Q = CV = (116 x 10-12 F)(220 V) = 2.55 x 10-8 C.

25-8: a)

1 1 1 1 1 = + = + −6 C eq C1 + C 2 C 3 ((3.0 + 5.0) x 10 F ) (6.0 x 10 −6 F ) ⇒ C eq = 3.42 x 10 −6 F . O módulo da carga acumulada em capacitores em série is o mesmo, enquanto que para capacitores em paralelo a carga é distribuída. Logo, Q3 = Q1 + Q2 = VCeq = (24.0 V)(3.42 x 10-6 F) = 8.21 x 10-5 C.

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Como C1 e C2 estão no mesmo potencial,

Q3 =

Q1 Q2 C 5 = ⇒ Q2 = 2 Q1 = Q, C1 C 2 C1 3

8 Q1 = 8.21 x10− 5 C ⇒ Q1 = 3.08 x10− 5 C , e Q2 = 5.13 x10 −5 C. 3

b)

V2 = V1 = Q1/C1 = (3.08 x 10-5 C)/(3.00 x 10-6 F) = 10.3 V. e V3 = 24.0 V = 10.3 V = 13.7 V.

c)

A diferença de potencial entre a e d é dada por: Vad = V1 = V2 = 10.3 V.

25-10: a)

1 1 1 1 1 = + = + −6 C eq C1 C 2 (3.0 x 10 F ) (5.0 x 10 −6 F ) = 5.33 x 10 5 F −1 ⇒ C eq = 1.88 x 10 −6 F ⇒ Q = VC eq = (52.0V )(1.88 x 10 −6 F ) = 9.75 x 10 −5 C

b)

V1 =Q/C1= 9.75 x 10-5 C/3.00 x 10-6 F = 32.5 V. V2 = Q/C2 = 9.75 x 10-5 C/5.0 x 10-6 F = 19.5 V. −1

25-12:

25-14:

−1

 d  1 ε0 A d  1   =  1 + 2  = . Logo a capacitância equivalente Ceq =  + C C ε A ε A d + d  1 2  0 1 2  0  em série é a mesma capacitância de um capacitor de área A e distância (d1 + d2). a) e b) A capacitância equivalente da combinação é igual a 6.0 µF, logo a carga total do sistema é: Q = CeqVab= (6.0 µF) (36 V) = 2.16 x 10-4 C. Esta é também a carga no capacitor de 9.0 µF porque ela está conectada em série com o point b. Logo: Q9 2.16 x 10 −4 C V9 = = = 24V . C9 9.0 x 10 −6 F Então V3 = V11 = V12 + V6 = V – V9 = 36 V = 12 V. ⇒ Q3 = C3V3= (3.0 µF)(12 V) = 3.6 x 10-5 C. ⇒ Q11 = C11V11 = (11 µF)(12 V) = 1.32 x 10-4 C. Pearson Education do Brasil

Sears/Zemansky: Física 10ª edição - Manual de Soluções ⇒ Q6 = Q12 = Q – Q3 – Q11 = 2.16 x 10-4 C = 3.6 x 10-5 C – 1.32 x 10-4 C = 4.8 x 10-5 C. Logo as voltagens finais podem ser calculadas: Q6 4.8 x 10 −5 C V6 = = = 8V . C 6 6.0 x 10 −6 F Q12 4.8 x 10 −5 C V12 = = = 4V . C12 12 x 10 −6 F c)

25-16: a) b)

c)

25-18: a)

Como os capacitores de 3 µF, 11 µF e 6 µF são conectados em paralelo e estão em série com o capacitor de 9 µF, suas cargas se somam com a carga do capacitor de 9 µF. Analogamente, as cargas dos capacitores de 3 µF, 11 µF e 12 µF se somam com a carga do capacitor de 9 µF. V = Q/C = (2.55 µC)/(920 x 10-12 F) = 2772 V. Como a carga é mantida constante enquanto a distância dobra, concluímos que a capacitância cai para a metade do valor inicial e a voltagem dobra para 5544 V. 1 1 CV 2 = (920 x 10 −12 F )(2772 V ) 2 = 3.53 x 10 −3 J . Esta é a energia inicial 2 2 armazenada no capacitor. Como a capacitância cai para a metade do valor inicial e a voltagem dobra, a energia armazenada dobra. Logo o trabalho realizado para duplicar a distância entre as placas é igual à diferença de armazenada no capacitor, ou seja, 3.53 x 10-3 J. U=

C = Q/V = (0.0180 µC)/(200 V) = 9.00 x 10-11 F.

ε0 A Cd (9.00 x 10 −11 F )(0.0015′m) ⇒ A= = = 0.0152 m 2 . d ε0 ε0

b)

C=

c)

Emax = Vmax/d⇒ Vmax = Emaxd = (3.00 x 106 V/m)(0.0015 m) = 4500 V.

d)

U=

25-20: a)

(1.80 x10 −8 C ) 2 Q2 = = 1.80 x 10 −6 J . 2C 2(9.00 x 10 −11 F )

Q = CV0.

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Sears/Zemansky: Física 10ª edição - Manual de Soluções b)

Eles devem possuir a mesma diferença de potencial, e a das duas cargas da combinação deve ser igual à carga original. Logo: Q

Q2 e também Q1 + Q2 = Q = CV0 C1 C 2 C Q1 Q2 Q = ⇒ Q2 = 1 C1 = C e C2 = logo 2 C (C / 2) 2 3 2 Q 2Q 2 = V0 ⇒ Q = Q1 ⇒ Q1 = Q logo V = 1 = 2 3 C 3C 3 V =

=

c)

2  2 2 1   2 Q    Q  2 1  Q1 Q2  1   3  3   1Q 1 = +  = = CV 2 U=  +   3C 3 0 2  C1 C 2  2  C C    

d)

A energia U original era U =

e)

Foi dissipada como energia térmica nos fios e sob forma de energia das ondas eletromagnéticas.

25-22: a)

b)

25-24: a)

1 −1 CV02 ⇒ ∆U = CV02 . 2 6

Quando a distância entre as placas diminui até a metade da distância original enquanto a carga é mantida constante, a capacitância aumenta enquanto a energia armazenada, que era igual a 8.38 J, diminui porque U = Q2/2C. Logo a nova energia é igual a 4.19 J. Quando a voltagem é mantida constante enquanto a distância entre as placas diminui até a metade da distância original, então o dobro da capacitância faz dobrar a energia armazenada. A nova energia é igual a 16.76 J, onde usamos a relação U = CV2/2, quando V é mantida constante. Para um capacitor esférico: C=

1 ra rb 1 (0.100 m)(0.115 m) = = 8.53 x 10 −11 F k rb − ra k (0.115 m − 0.100 m)

⇒ V = Q / C = (3.30 x 10 −9 C ) /(8.53 x 10 −11 F ) = 38.7 V . b)

U=

(8.53 x 10 −11 F )(38.7 V ) 2 1 CV 2 = = 6.38 x10 −8 J . 2 2

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2

25-26: a) b)

25-28: a)

b)

1 1  1 q  1 (8.00 x10 −9 C ) 2 2  = u = ε 0 E = ε 0  = 1.11x10 − 4 J / m 3 . 2  2 4 2 2  4πε 0 r  32π ε 0 (0.120 m) Quando a carga é igual a –8.00 nC, o campo elétrico apenas muda de sentido, porém a densidade de energia permanece a mesma porque u depende do quadrado de E. E0 = KE = (3.60)(1.20 x 106 V/m) = 4.32 x 106 V/m ⇒ σ = ε0E0 = 3.82 x 10-5 C/m2. 1  σ i = σ  q −  = (3.82 x 10-5 C/m2)(1-1/3.60) = 2.76 x 10-5 C/m2. K  1 1 CV 2 = uAd = Kε 0 E 2 Ad 2 2 1 ⇒ U = (3.60)ε 0 (1.20 x 10 6 V / m) 2 (0.0018 m)(2.5 x 10 − 4 m 2 ) = 1.03 x10 −5 J . 2

U= c)

25-30:

Quando colocamos um dielétrico entre as placas, a dedução da Equação (25-19) continua válida, apenas devemos trocar ε0 por ε . Para a dedução da Equação (2511) usamos o mesmo procedimento.

25-32: a)

∆Q = Q – Q0 = (K – 1)Q0 = (K – 1)C0V0 = (2.1)(2.5 x 10-7 F)(12 V) = 6.3 x 10-6 C.

b)

c)

25-34: a)

b)

1  Qi = Q 1 −  = (9.3 x 10-6 C)(1-1/3.1) = 6.3 x 10-6 C.  K O uso do milar entre as placas do capacitor não afeta o campo elétrico porque a carga induzida cancela a carga adicional acrescentada nas placas.   Q free q + qb 2 K E ∫ ⋅ A = ε 0 ⇒ KE 4πd = 4πεd 2 .   qtotal q f + q b q + qb q + qb 2 E ∫ ⋅ dA = ε 0 = ε 0 ⇒ E 4πd = ε 0 ⇒ E = 4πε 0 d 2 ⇒ qtotal = q + qb = q / K .

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c)

25-36: a)

1  A carga ligada total é qb = q  − 1. K 

C=

ε 0 A ε 0 (0.16m) 2 = = 4.8 x10 −11 F . −3 d 4.7 x 10 m

b)

Q = CV = (4.8 x 10-11 F)(12 V) = 0.58 x 10-9 C.

c)

E = V/d = (12 V)/(4.7 x 10-3 m) = 2553 V/m.

d)

U=

e)

Quando a bateria está desconectada a carga permanece constante, e as placas se afastam até 0.0094 módulo Então os cálculos acima podem ser repetidos e obtemos:

25-38: a)

1 1 CV 2 = (4.8 x 10-11 F)(12 V)2 = 3.46 x 10-9 J. 2 2

a) C = 2.41 x 10-11 F

b) Q = 0.58 x 10-9 C

c) E = 2553 V/m

(0.58 x10 −9 C ) 2 Q2 = = 6.91x 10 −9 J . d) U = −11 2C 2(2.41 x 10 F )

 1 O sistema se comporta como dois capacitores em série, logo Ceq =   C1 + C 2

  

−1

ε 0 L2 ε L2 1 Q2 1 Q2 Q2 logo Ceq = 0 ⋅ U = = = . 2d 2 C 2  ε 0 L2  ε 0 L2 C1 = C 2 = d    2d  b)

Use o princípio da superposição lembrando que E = (e não

Q para uma única placa 2ε 0 A

Q porque neste caso a carga Q está somente sobre uma face). ε0 A

 Q Entre 1 e 3: E =  2  2ε 0 L

  Q  −  2 1  2ε 0 L

  Q  +  2  3  2ε 0 L

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  Q  +  2  2  2ε 0 L

 Q  = 2 4 ε 0 L

Sears/Zemansky: Física 10ª edição - Manual de Soluções  Q Entre 3 e 2: E =  2  2ε 0 L

  Q  +  2 1  2ε 0 L

  Q  +  2  3  2ε 0 L

  Q  +  2  2  2ε 0 L

 2Q  = 2 4 ε 0 L

 Q Entre 2 e 4: E =  2  2ε 0 L

  Q  +  2 1  2ε 0 L

  Q  −  2  3  2ε 0 L

  Q  +  2  2  2ε 0 L

 Q  = 2 4 ε 0 L

1  Q2 4Q 2 Q2 1 2 2 Unova =  ε 0 E  L d = ε 0  2 4 + 2 4 + 2 4 2  ε0 L ε0 L ε0 L 2  ∆U = Unova – U =

2  2  L d = 3Q2 d  ε 0 L4 

 Q  2  2ε 0 L

  3

3Q 2 d Q 2 d 2Q 2 d − = ε 0 L2 ε 0 L2 ε 0 L4

Este é o trabalho realizado para reagrupar as placas.

25-40:

C0 =

Aε 0 (4.20 x 10 −5 m 2 )ε 0 = = 5.31 x10 −13 F d 7.00 x 10 − 4 m

⇒ C = C 0 + 0.25 pF = 7.81 x 10 −13 F . Aε 0 Aε 0 ( 4.20 x 10 −5 m 2 )ε 0 ′ ⇒ d = = = 4.76 x10 − 4 m. Porém C = −13 d′ C 7.81 x 10 F Logo a tecla deve se deslocar até uma distância igual a: 7.00 x 10-4 m – 4.76 x 10-4 m = 0.224 mm. 25-42:

Inicialmente: Q1 = C1V1 = (9.0 µF)(28 V) = 2.52 X 10-4 C; Q2 = C2V2 = (4.0 µF) x (28 V) = 1.12 x 10-4 C, e Ceq = C1 + C2 = 13.0 µF. Logo a energia original armazenada é dada por U=

1 1 C eqV 2 = (13.0 x 10 −6 F )(28V ) 2 = 5.10 x 10-3 J. 2 2

Ao desconectar e inverter os capacitores, a carga total passa a ser Q = Q2 – Q1 = 1.4 x 10-4 C, e a capacitância equivalente continua a mesma Ceq = 13.0 µF. Logo a nova energia armazenada é:

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U=

(1.4 x10 −4 C ) 2 Q2 = = 7.54 x 10 −4 J . −6 2C eq 2(13.0 x 10 F )

⇒ ∆U = 7.54 x 10 −4 J − 5.10 x 10 −3 J = −4.35 x 10 −3 J . 25-44: a)

C C + = C. Logo a capacitância equivalente é a mesma capacitância de 2 2 cada capacitor individual e a voltagem se divide entre cada par de capacitores, portanto V = 480 V. Ceq =

b)

25-46: a)

Quando entre as placas de um capacitor existe um condutor moderadamente bom, ele pode ser considerado como um “curto-circuito” e portanto é removido do circuito, e o outro capacitor seria submetido a uma tensão maior do que 600 V e também seria removido do circuito. Quando a chave está aberta: −1 −1  1     1 1 1  +    = 4.0 µF ⇒ C eq =   + +   3 µF 6 µF   3 µF 6 µF   

Qtotal = CeqV = (4.00 µF)(210 V) = 8.4 x 10-4 C. Por simetria, cada capacitor possui uma carga igual a 4.20 x 10-4 C. As voltagens são então calculadas por V = Q/C. Logo: Vad = Q/C3 = 140 V, e Vac = Q/C6 = 70 V ⇒ Vcd = Vad – Vac = 70 V.

b)

Quando a chave está fechada, os pontos c e d devem possuir o mesmo potencial, logo a capacitância equivalente é: C eq

  1 1  =  +  (3 + 6) µF (3 + 6) µF 

−1

= 4.5 µF .

⇒ Qtotal = CeqV = (4.50 µF)(210 V) = 9.45 x 10-4 C, e cada capacitor possui a mesma diferença de potencial de 105 V (novamente, por simetria) Pearson Education do Brasil

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c)

∆Q = 9.45 x 10-4 C – 8.4 x 10-4 C = 1.05 x 10-4 C. −1

25-48:

 1 1   = 2.4 x 10 −6 F C eq =  + a)  4.0 µF 6.0 µF  ⇒ Q = C eqV = (2.4 x 10 −6 F )(660 V ) = 1.58 x 10 −3 C logo V2 = Q/C2 = (1.58 x 10-3 C)/(4.0 µF) = 395 V ⇒ V3 = 660 V – 395 V= 265 V. b) Quando desconectamos os capacitores de uma fonte de voltagem e conectamos novamente os capacitores entre si, a diferença de potencial permanece a mesma e a suma das suas cargas deve ser igual à carga original. Q1 = C1V and Q2 = C 2V ⇒ 2Q = Q1 + Q2 = (C1 + C 2 )V 2(1.58 x 10 −3 C ) 2Q ⇒V = = = 316 V . C1 + C 2 10.0 x 10 −6 F ⇒ Q1 = (4.00 x 10 −6 F )(316 V ) = 1.26 x 10 −3 C. ⇒ Q2 = (6.00 x 10 −6 F )(316V ) = 1.90 x 10 −3 C.

25-50:

a) Este caso é análogo ao caso de dois capacitores C1 em série, cada qual com uma distância dada por: −1

1 1 1 1 1 ε0 A ε A (d − a ). Logo C =  +  = C1 = = 0 . 2 2 2 (d − a ) / 2 d − a  C1 C1 

b) C =

ε0 A ε0 A d d = = C0 . d −a d d −a d −a

c) Quando a → 0, C → C0 . e quando a → d , C → ∞.,

25-52: a)

r < R :u =

1 ε 0 E 2 = 0. 2

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b)

1 1  Q 2 Q2 2 . = r < R :u = ε 0 E = ε 0  . 2 2  4πε 0 r 2  32π 2ε 0 r 4

c)

U = ∫ udV = 4π ∫ r 2udr =

∞

R

d)

e)

Q 2 ∞ dr Q2 = . 8πε 0 ∫R r 2 8πε 0 R

1 Q2 Esta energia é igual a que é a energia necessária para fazer a carga total 2 4πε 0 R se distribuir ao longo da esfera. Pela Equação (25-9): U =

Q2 Q2 = pela parte (c) ⇒ C = 4πε0R, tal como no 2C 8πε 0 R

Problema (25-51). 2

25-54: a)

1 1  λ  λ2 2   u = ε0E = ε0 = 2 2. 2 2  2πε 0 r  8π ε 0 r

b)

U = ∫ udV = 2πL ∫ urdr =

c)

Usando a Equação (25-9):

r

Lλ2 b dr U λ2 ⇒ = ln(rb / ra ). 4πε 0 r∫a r L 4πε 0

Q2 Q2 λ2 L U = = ln(rb / ra ) = ln(rb / ra ) = U da parte (b). 2C 4πε 0 L 4πε 0 25-56:

Este caso é análogo ao caso de dois capacitores C1 em paralelo, cada qual com A uma área igual a . Logo 2 Ceq = C1 + C2 =

25-58: a)

ε1 A / 2 ε 2 A / 2 ε 0 A + = ( K1 + K 2 ). d d 2d

Kε 0 A (2.50)ε 0 (0.200m 2 )(3000V ) Q = CV = V = = 1.33 x10− 6 C. −2 d 1.00 x10 m

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b)

Qi = Q(1 − 1 / K ) = (1.33 x10 −6 C) ( 1 – 1/2.50) = 7.98 x 10-7 C.

c)

E=

σ Q 1.33x10 −6 C = = = 3.01x105 V / m. 2 ε Kε 0 A (2.50)ε 0 (0.200m )

d)

U =

1 1 QV = (1.33 x 10-6 C)(3000 V) = 2.00 x 10-3 J. 2 2

U 2.00 x10 −3 J u= = = 1.00 J / m3 ⇒ ou 2 Ad (0.200m )(0.0100m) e) 1 1 u = ε 0 E 2 = ( 2.50)ε 0 (3.01x105V / m) 2 = 1.00 J / m3 . 2 2 f)

25-60: a)

Neste caso, realizamos um trabalho quando empurramos o material isolante para dentro do capacitor porque o potencial constante necessita de uma de maior quantidade de cargas sobre as placas. Quando a carga é mantida constante, o campo elétrico puxa o dielétrico e o campo elétrico (ou as cargas) é que realizam o trabalho. A força entre as duas placas paralelas é: qσ q2 (CV ) 2 ε 0 A2 V 2 ε 0 AV 2 F = qE = = = = = . 2ε 0 2ε 0 A 2ε 0 A z 2 2ε 0 A 2z2 2

b)

Quando V = 0, a distância é z0. Logo F4

molas = 4k ( z0 − z ) =

ε 0 AV 2 ε 0 AV 2 3 2 ⇒ 2 z − 2 z z + = 0. 0 2z 2 4k

c)

Para A = 0.300 m2, z0 = 1.2 x 10-3 m, k = 25 N/m, e V = 120 V, 2z3 – (2.4 x 10-3 m)z2 + 3.82 x 10-10 m3 = 0 ⇒ z = 0.537 mm, 1.014 mm.

d)

No equilíbrio estável, a força que atua sobre o corpo em qualquer direção fazendo o corpo sofrer um pequeno deslocamento, deve sempre fazer o corpo retornar para sua posição de equilíbrio. Calculando as forças para pequenos deslocamentos a partir das posições de equilíbrio acima, verificamos que para a distância de 1.014 mm o equilíbrio pode ser estável, porém para a distância de 0.537 mm o equilíbrio não pode ser estável. Pearson Education do Brasil

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 rr  a) Para um capacitor esférico: C0 = 4πε 0  a b . Aqui temos efetivamente dois  rb − ra  capacitores em paralelo, CL e CU.

25-62:

 rr   rr  KC0 C = 2πKε 0  a b  ; CU = 0 = 2πε 0  a b . 2 2  rb − ra   rb − ra 

CL =

b) Usando uma superfície hemisférica gaussiana para cada respectiva metade da esfera obtemos: EL

4πr 2 Q QL 4πr 2 QU QU = L ⇒ EL = ; E = ⇒ EU = . U 2 2 Kε 0 2πKε 0 r 2 ε0 2πε 0 r 2

Porém QL = VCL e QU = VCU, QL + QU = Q. Logo: QL = EL = c)

VC0 K Q KQ = KQU ⇒ QU (1 + K ) = Q ⇒ QU = ; QL = . 2 1+ K 1+ K

KQ 1 2 Q Q 1 2 Q = ; EU = = 2 2 2 1 + K 2πKε 0 r 1 + K 4πε 0 r 1 + K 2πKε 0 r 1 + K 4πKε 0 r 2 . A densidade de carga livre no hemisfério superior e no inferior é dada por:

(σ )

=

QU Q = ; σ frb 2 2 4πra 4πra (1 + K )

(σ )

=

QL KQ = ; σ frb 2 2 4πra 4πra (1 + K )

fra U

fra L

( )

=

QU Q = . 2 2 4πrb 4πrb (1 + K )

( )

=

QL KQ = . 2 2 4πrb 4πrb (1 + K )

U

L

σ ira = σ frb (1 − 1 / K ) =

( K − 1) Q K K −1 Q = = . 2 K 4πra K + 1 K + 1 4πra 2

σ ib = σ frb (1 − 1 / K ) =

( K − 1) Q K K −1 Q = = . 2 K 4πra K + 1 K + 1 4πrb 2

d)

e) A carga ligada sobre a superfície plana da interface ar-dielétrico é igual a zero, caso não fosse as cargas livres da superfície esférica não estariam em equilíbrio.

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Sears/Zemansky: Física 10ª edição - Manual de Soluções 25-64: a)

Os capacitores estão em paralelo, logo:

ε efetWL ε 0W ( L − h) Kε 0Wh ε 0WL  Kh h  = + = −  ⇒ K efet 1 + d d d d  L L  Kh h  = 1 + − . L L 

C=

b)

Para a gasolina, com K = 1.95: 1 L 1 L   tanque : K efet  h =  = 1.24; tanque : K efet  h =  = 1.48; 4 4 2 2   3 3L   tanque : K efet  h =  = 1.71. 4 4  

c)

Para o metanol, com K = 33. 1 L 1 L   tanque : K efet  h =  = 9; tanque : K efet  h =  = 17; 4 4 2 2   3 3L   tanque : K efet  h =  = 25. 4 4  

e)

Este tipo de sensor para determinar o nível do tanque de combustível funcionaria melhor com o metanol porque ele possui um maior intervalo de valores para Kefet.

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