Resoluções das Atividades

VOLUME 2 | FÍSICA 2
Resoluções das Atividades
Sumário
Capítulo 8 – Corrente elétrica..............................................................................1
Capítulo 12 – Resistores II – Segunda Lei de Ohm..............................................7.
Capítulo 9 – Potência elétrica...............................................................................2.
Capítulo 13 – Associação de resistores I – Associação em série e em paralelo......9
Capítulo 10 – Energia...........................................................................................3
Capítulo 14 – Associação de resistores II – Associação mista..............................12
Capítulo 11 – Resistores I – Primeira Lei de Ohm...............................................5
Capítulo 8 Corrente elétrica
Atividades para Sala
01 C
Conflitantes, porque demonstram, inicialmente, que o ar
é isolante e que um isolante não permite a passagem da
corrente. Em seguida, fala de uma descarga elétrica conduzida pelo ar. Acontece que, no caso de tempestades,
quando o campo elétrico no ar fica maior do que sua rigidez elétrica, ele se torna condutor.
07 B
e QA + QB = 8 · 10–12C, teremos uma carga final da esfera
A de 6 · 10–12C. Assim, percebe-se uma variação de
2 · 10-12C em cada esfera no tempo total de 2 · 10–6C, o que
indica uma corrente média de 10–6A, ou seja, 1mA.
08 D
Sendo i = q / t, com i = 10.000A e q = 20C, temos t = 0,002s.
02 D
i=
No equilíbrio eletrostático, Q A = QB . Sendo R A = 3 · RB
RA
RB
10C
∆Q
→ im =
⇒ im = 5 A
∆t
2s
A quantidade de carga corresponde à área sob o gráfico.
Observando as unidades mostradas no gráfico: 103mA = 1A
e 1min = 60s. A área equivalente aos 3 triângulos correspondentes ao intervalo de tempo de 1min a 2min é igual a 30,
ou seja, a quantidade de carga elétrica correspondente é
30C; em um tempo de 60s, isso equivale a uma corrente
elétrica média de 0,5A.
Atividades Propostas
03 a)Em um gráfico da corrente elétrica em função do
tempo, a área sob a curva representa o valor numérico da quantidade de carga que passa pelo condutor.
Observa-se que a figura formada é um trapézio, cuja
área vale 60. Assim, 60C é a quantidade de carga mencionada.
b) Sendo 60C a quantidade de carga elétrica transportada
nos 8 segundos, a corrente elétrica média é de 7,5A.
04 E
Sendo i = q / t, com i = 6A e t = 20min = 1200s, teremos
q =7200C de carga. Sendo 1,1mg de prata correspondente a cada coulomb, a massa total é 7,92g.
05 C
A curva do gráfico forma um polígono irregular cuja área
não temos uma fórmula para calcular. Mas usando a reta
tracejada apresentada na figura, teremos um polígono
equivalente. Neste caso, um triângulo. A área é igual a
1,25. Em outros termos, a quantidade de carga é 1,25Ah.
06 E
Em uma solução eletrolítica, a corrente conta com cargas
positivas e negativas. Neste caso, o total de cargas é 6
coulombs (3C de carga positiva e 3C de carga negativa).
No tempo de 1s, a corrente resultante é 6A.
01 C
i=
360 C
∆Q
→ im =
⇒ im = 6 A
t
60 s
02 E
Em um condutor metálico, os portadores de carga são
elétrons livres. Além disso, se i = 11,2 µA, |e| = 1,6 · 10–19C
e t = 1s, teremos n = 7,0 · 1013 partículas (lembre-se de que
i = n · |e| / t).
03 A
Área∴ Q =
Q
Q=
(B + b) ⋅ h
2
(10 + 5) ⋅ 5 ⇒ Q = 37,5C
2
04 D
I. (V)Por definição, um ampère é a intensidade de uma
corrente elétrica correspondente à passagem de
um coulomb de carga a cada segundo.
II. (V)Sendo i = n · |e| / t, com i = 1A, |e| = 1,6 · 10-19C e t = 1s,
teremos n = 6, 25 · 1018 cargas elementares.
III.(F) A definição da intensidade de corrente elétrica não depende da área do condutor.
2a Série – Ensino Médio | 1
VOLUME 2 | FÍSICA 2
05 B
A corrente elétrica corresponde ao movimento dos elétrons livres no interior do condutor metálico. Esse movimento se dá pela ação da força elétrica sobre os elétrons
livres. A força elétrica é resultado do estabelecimento de
um campo elétrico no interior do condutor. Para que haja
o campo elétrico, uma diferença de potencial deve ser
estabelecida entre as extremidades do condutor. Assim, o
campo é estabelecido quase instantaneamente em toda a
extensão do condutor, fazendo com que todos os elétrons
livres passem a mover-se quase instantaneamente, o que
dá a impressão de que eles se movem muito rápido. Mas
acontece exatamente o contrário: os elétrons são lentos.
06 B
Cada elétron livre percorre a distância d no intervalo de
tempo t e, portanto, a velocidade média de cada elétron no volume do condutor será V = d / t. Sendo n o
número de elétrons que atravessa a área A da secção
transversal do condutor no tempo t e N o número de elétrons livres por unidade de volume, temos n = N · A · d.
Sendo i = n · |e| / t e relacionando todas as expressões
mostradas, obtém-se:
13 E
i ⋅ ∆t
Q = i ⋅ ∆t ⇒ n ⋅ e = i ⋅ ∆t ⇒ n =
e
16A ⋅ 60s
21
n=
⇒ n = 6 ⋅ 10
1,6 ⋅ 10 −19 C
14 D
Q
n⋅e
10 ⋅ 1016 ⋅ 1,6 ⋅ 10 −19 C
⇒i=
⇒i=
i=
∆t
∆t
1s
i = 16 ⋅ 10 −3 A ⇒
i = 16mA
15 B
Q
n⋅e
5 ⋅ 1018 ⋅ 1,6 ⋅ 10 −19 C
⇒i=
⇒i=
i=
∆t
∆t
2s
i = 4 ⋅ 10 −1 A ⇒
i = 400mA
16 A
I. (F) A velocidade dos elétrons é de aproximadamente
1,0cm/s, variando em função das características do
condutor.
II.(V)
III. (F) Os prótons ficam localizados no interior do núcleo
atômico.
i = N · A · v · |e|.
Nessa questão, i = 66A, N = 8,6 · 1018 elétrons livres,
πd2 π(10 cm)2 π( 0,1m)2
=
=
|e| = 1,6 · 10-19C e A =
obtemos
4
4
4
-5
V ≅ 6,1 · 10 m/s. Sendo t = 1h = 3600s e V = d / t, teremos
d ≅ 25cm ≅ 1 palmo.
Capítulo 9 Potência elétrica
07 D
V = d / t, com V = 5 · 103 m/s e d = 1km = 103m, obtemos
t = 1/5s.
Assim, com i = q / t, encontramos i = 2 · 10-3C / 0,2s = 10–2A
Atividades para Sala
01 C
08 a) Q = i · ∆t ⇒ Q = 0,5A · 3600s ⇒ Q = 1800C
b) η =
Q
18 ⋅ 10 2 C
⇒η=
⇒ η = 11, 25 ⋅ 10 21 elétrons.
e
1, 6 ⋅ 10 −19 C
η=
Q
i ⋅ ∆t
20 A ⋅ 5s
⇒n=
⇒η=
e
e
1, 6 ⋅ 10 −19 C
1⋅ 10 2 C
η=
⇒ η = 0, 625 ⋅ 10 21
1, 6 ⋅ 10 −19 C
6⋅9
= 27C
2
27C
∆Q
II. im =
⇒ im =
⇒ im = 4, 5 A
6s
∆t
11 C
Q
n⋅e
2 ⋅ 1018 ⋅ 1,6 ⋅ 10 −19 C
⇒i=
⇒i=
⇒ i = 0,32A
i=
∆t
∆t
1
12 D
Q
12C
i=
⇒i=
⇒ i = 0,20A
∆t
60s
2 | 2a Série – Ensino Médio
Como o tempo gasto para o disco dar as 10 voltas é a
metade do tempo utilizado quando as lâmpadas estavam
ligadas, temos que a potência será o dobro da potência
das lâmpadas.
03 B
η = 6,25 · 1020 elétrons
10 I. Área =N ∆Q ⇒ ∆Q =
P
100 W
⇒i=
⇒ i ≅ 0, 455 A
U
220 V
02 D
09 D
P = i⋅U ⇒ i =
I. i =
P
7700 W
⇒i=
⇒ i = 35 A
U
220 V
II. i =
P
3300 W
⇒i=
⇒ i = 15 A
U
220 V
04 B
P = i⋅U ⇒ U =
P
80 W
⇒U=
⇒ U = 8V
i
10 A
05 A
(220 )2 (110 )2
U2 U’2
=
⇒
=
R
R’
R
R’
R ’ 12.100
R’ 1
R
=
⇒ = ⇒ R’ =
R 48.400
R 4
4
P(Re cife ) = P( JF ) ⇒
06 B
P = 1,0 · 103W · m-2 · 9cm2 ⇒ 1,0 · 103 W · m-2 · 9 · 10-4m2
⇒ 9 · 10–1W. Essa é a fração correspondente a apenas 10%
VOLUME 2 | FÍSICA 2
da potência total, que seria, nesse caso, 9W. Sendo P = U · i,
com U = 100mV, teremos i = 90A.
08 D
07 E
Se P = U2/R, vemos que dobrar U e também dobrar R,
acaba por dobrar P.
Se U = R · i, dobrar U e R não modifica i.
08 E
I. P =
U2
48.40 0
(220 )2
⇒R =
⇒R =
⇒ R = 806, 6Ω
R
60
60
2
2
II. P ’ = U’ ⇒ P ’ = (110 ) ⇒ P ’ = 12.100 806, 6
806, 6
R
P ’ = 15 W
09 C
Do enunciado do problema, temos:
• Lâmpada incandescente 40W – 600lm.
• Lâmpada fluorescente 40W – 3000lm.
01 B
P = i · U ⇒ P = 0,5A · 220V ⇒ P = 110W
02 B
P
3500 W
⇒i=
⇒ i = 15, 9 A
U
220 V
Dividindo a quantidade de lumens produzidos pelas lâmpadas, temos:
LumensFluorescente 3000
=
= 5 (para o mesmo consumo)
600
LumensIncandescente
• Note que a lâmpada incandescente possui sempre
uma eficiência menor que a fluorescente.
• Para uma lâmpada fluorescente de 8W, note que a
quantidade de lumens será 600lm (lembre que se trata
de uma relação linear), correspondendo à mesma
quantidade de lumens que uma lâmpada incandescente de 40W.
Atividades Propostas
i=
Define-se potência elétrica a razão entre a energia elétrica transformada e o intervalo de tempo dessa transformação. Logo, quando afirmamos que um motor possui
uma potência elétrica de 600W, é porque ele converte ou
transforma 600J de energia elétrica em energia mecânica
a cada segundo de funcionamento.
10 C
1800 W
P = i⋅U ⇒ i =
⇒ i = 8,18 A ⇒ i ≅ 8, 2A
220 V
03 E
Ligadas à mesma d.d.p. de 127V, as lâmpadas produzem a
mesma luminosidade, mas a lâmpada fluorescente dissipa
uma menor potência.
Capítulo 10 Energia
04 C
U2
(120 )2
14.400
⇒R =
⇒R =
P
960
960
R = 15Ω
R=
Atividades para Sala
05 C
Seu brilho será normal, pois:
01 D
E = P · ∆t ⇒ E = i · U · ∆t ⇒ E = 60A · 12V · 2s
E = 1440J
P
60 W
i= ⇒i=
⇒ i = 0, 5 A = 500mA
U
120 V
06 PTotal = i · U ⇒ PTotal = 15A · 110V
PTotal = 1650W
a) O ferro de 770W e a lâmpada de 100W.
1650 W
⇒ N = 16, 5 lâmpadas
b)P(Total) = N · P(Lâmpada) ⇒ N =
100 W
N = 16 lâmpadas
07 E
Analisando com detalhes a unidade kVA, observa-se que
o prefixo k significa 1000, enquanto que a unidade V
significa volt, inerente à tensão elétrica ou diferença de
potencial. Por outro lado, a unidade A significa ampère,
inerente à intensidade de corrente elétrica. O produto
da tensão elétrica pela intensidade de corrente fornece a
potência elétrica.
02 D
P=
E
3, 6 Wh
⇒P =
⇒ P = 324 W
40s
∆t
3600
03 A
Como a potência do chuveiro é a mesma, o consumo será
idêntico ao anterior, considerando que o tempo de funcionamento é mantido igual.
04 C
66.000 Wh
E = P · ∆t ⇒ E = 4400W · 15h ⇒ E =
⇒ E = 66kWh
1000
05 A
1
I. E = P ⋅ ∆t ⇒ E = i ⋅ U ⋅ ∆t ⇒ E = 20 A ⋅ 220 V ⋅ h
4
1100 Wh
⇒ E = 1,1kWh
E=
1000
2a Série – Ensino Médio | 3
VOLUME 2 | FÍSICA 2
II. 1kWh = R$0, 50 ⇒ x = R$0, 55
1,1kWh
x
1kWh R$0, 20
06 a)
=
⇒ x = 25kWh
x
R$5, 00
40 W ⋅ ∆t
E = P ⋅ ∆t ⇒ 25kWh =
1000
25kWh = 0, 04kW ⋅ ∆t ⇒ ∆t = 625 horas
∆t = 125 dias
b) i =
P
40 W
⇒i=
⇒ i = 0, 363 A U
110 V
07 C
Todas as recomendações tratam de diminuir a ação do
Efeito Joule da corrente elétrica, que ocorre nas resistências elétricas (resistores).
E = P ⋅ ∆t = 5,0 ⋅ 1012W ⋅ 1,0 ⋅ 10–3s = 5,0 ⋅ 109J
04 C
Consumo diário em virtude do chuveiro elétrico:
 1 
Edia = P ⋅ ∆t = (2400 W ) ⋅  4 ⋅ h  = 1600 Wh = 1, 6kWh
 6 
Consumo durante 30 dias:
Emensal = 30 ⋅ Edia = 30 ⋅ 1, 6kWh = 48kWh
Ganho mensal, sabendo que o kWh vale R$0,30:
Gmensal = 48 ⋅ 0,30 = 14,4
Logo, o custo mensal em virtude do chuveiro elétrico vale
R$14,40.
05 E
920 W ⋅ 90h
E = P ⋅ ∆t ⇒ E =
⇒ E = 82, 8kWh
1000
06 C
08 E
I. E = P · ∆t ⇒ E = EAR + ECH + EF + EG + EL
E = 19,2kWh
II.Etotal = 19,2kWh · 30 dias
Etotal = 576kWh · R$0,40
Calculando, agora, a energia liberada pela descarga elétrica:
R$230,40
P = i⋅U ⇒ i =
920 W
⇒ i = 8A
115 V
07 D
E = Q · U ⇒ E = 40C · 8 ⋅ 106V
E = 3,2 · 108J
08 A
E = P · ∆t ⇒ E = 4500W · 1s ⇒ E = 4500J
Atividades Propostas
01 A
Sabemos que 15min correspondem a 1/4 de hora; logo,
para um dia, temos que:
1
Edia = P ⋅ ∆t = 3600 W ⋅ h = 900 Wh = 0, 9kWh
4
Considerando que um mês comercial possui 30 dias,
temos que:
Emensal = 30 ⋅ Edia = 30 ⋅ 0, 9kWh = 27kWh
02 E
Analisando cada eletrodoméstico, temos que:
Chuveiro:
Echuveiro = P ⋅ ∆t = 4000 ⋅ 0,5 = 2000Wh
09 B
A energia utilizada e medida foi de 299kWh; o valor a ser
pago é dado por:
10 C
Geladeira:
Egeladeira = P ⋅ ∆t = 120 ⋅ 1,5 = 1800Wh
Em ordem crescente de consumo, temos: televisor, geladeira e chuveiro.
03 E
Determinando a potência elétrica correspondente ao
raio: P = U ⋅ i = 2,5 ⋅ 107V ⋅ 2 ⋅ 105A = 5,0 ⋅ 1012W
4 | 2a Série – Ensino Médio
De acordo com os dados do problema, temos que:
EF = 60lm/W
E1 = 15lm/W
10 lâmpadas incandescentes de 100W:
I = 10 ⋅ 15 ⋅ 100 = 15.000lm
n lâmpadas fluorescentes de xW:
I = n ⋅ 60x = 15.000lm ⇒ n ⋅ x = 250W
Gasto mensal das lâmpadas incandescentes:
Televisor:
Etelevisor = P ⋅ ∆t = 200 ⋅ 8 = 1600Wh
R$0,44 · 299 = R$131,56
p = 10 ⋅ 100 = 1000W = 1kW
GI = 0,20 ⋅ p ⋅ ∆t, em que 
∆t = 6 ⋅ 30 = 180h
GI = 0,20 ⋅ 1 ⋅ 180 ⇒ GI = 36, 00
Gasto mensal das lâmpadas fluorescentes:
GF = 0,20 ⋅ 0,25 ⋅ 180 ⇒ GF = 9,00
Economia: GI – GF = R$27,00
11 A
O gráfico mostra que a potência assume uma sucessão de
valores constantes, cada um deles correspondendo a um
dos vários intervalos de tempo iguais, ∆t = 2h. Assim, a energia consumida em cada intervalo ∆t é calculada como o pro-
VOLUME 2 | FÍSICA 2
duto de ∆t pela respectiva potência. Ou seja, no intervalo
de tempo ∆ti, a energia consumida é Ei = Pi ⋅ ∆ti. Portanto, a
energia total consumida ao longo do dia, entre 6h e 18h, é a
soma dos diversos termos Ei.
Obs.: O valor da energia total consumida corresponde ao
valor da "área" sob a curva potência × tempo.
Entotal= (0,2 · 2) + (0,6 · 2) + (0,4 · 2) + (0,8 · 2) + (0,2 · 2) + (0,6 · 2) = 5,6.kWh
Sendo R = 2Ω, i = 5A, ∆t = 7min = 420s, m = 0,5kg = 500g
e c = 1cal/g°C = 4,2J/g°C, pois 1cal = 4,2J, resulta:
2 ⋅ 52 ⋅ 420 = 500 ⋅ 4,2 ⋅ ∆θ
∆θ = 10°C
16 I. EPCH = 30% · 10kWh = 3000kWh
II.ECOL = 40% · 5kWh = 2kWh
III. Energia Área
2kWh
1m2
=
3000kWh
A
A = 1500m2
12 E
Sabemos que o consumo de energia elétrica depende
diretamente de três fatores: da potência elétrica dos equipamentos, do número de equipamentos e do tempo de
funcionamento destes.
Resistores I – Primeira Lei de
Capítulo 11 Ohm
13 B
E = P ⋅ ∆t ⇒ E =
450 W ⋅ 6h
⇒ E = 2, 7kWh
1000
14 a) Na posição I, o chuveiro opera com uma potência (PI)
dada por:
U2 220 2
PI =
=
⇒ PI = 2420 W
RI
20
A diferença de potência entre as duas posições é:
∆P = PII – PI = 4400 – 2420 = 1980W = 1,98kW. Assim,
admitindo um banho diário, a economia no consumo de
Atividades para Sala
01 a) A resistência elétrica é numericamente igual à inclinação ou coeficiente angular do gráfico; logo, temos
que, para qualquer par de pontos:
R = U = 5 = 10 = 15 ⇒ R = 50Ω
i 0,10 0, 20 0, 30
b) Para U = 100V, temos que:
1

energia elétrica (∆E) em ∆t =  30 ⋅  h = 10h é obtida de:
3

∆E = ∆P ⋅ ∆t = 1,98 ⋅ 10 ⇒ ∆E = 19,8kWh
b)Considerando que toda energia elétrica dissipada
no resistor do chuveiro seja utilizada para o aquecimento da água (E = Q), na situação II, em que
1
1
∆t ’ = h ⇒ ⋅ 3 600 =1200s, temos:
3
3
E = Q
E = P ∆t

II

Q
=
mc
∆θ ⇒ PII ⋅ ∆t' = dVII ⋅ c∆θ ⇒

m = dV
Assim, a economia de água (∆V) por banho é dada por:
∆V = VII – VI = 88 – 48 ⇒ ∆V = 40L
U 100
=
⇒ i = 2A
R 50
c) Para uma intensidade de corrente elétrica de 6,0A,
temos que:
U = R · i = 50 · 6,0
U = 300V
02 a) Para operar corretamente, a lâmpada do problema
deve dissipar uma potência de 100W quando alimentada por uma d.d.p. de 220V. Logo, temos que:
⇒ 4400 ⋅ 1200 = 1VII4000(40 – 25) ⇒ VII = 88L
i=
P=
U2
U2 220 2
⇒R =
=
= 440Ω
110
R
P
b) Caso a lâmpada seja ligada em uma rede elétrica de
110V, temos que:
De outra forma, podemos ter:
PI∆t = mc
P m
I ∆θ
⇒ I = I ⇒

PII mII
PII∆t = mIIc∆θ
2420 48
⇒
=
⇒ mII = 87, 3kg ⇒ VII’ = 87, 3L
4 400 mII
03 a) Analisando o gráfico, percebe-se que, para uma intensidade de corrente de 0,50A, existe uma tensão elétrica aplicada de 6,0V. Logo:
Assim, temos:
∆V' = V'II – VI = 87,3 – 48 ⇒ ∆V' = 39,3L
R=
Essa diferença ocorre devido a uma pequena disparidade dos dados fornecidos.
15 A energia elétrica consumida pelo resistor é transformada
em calor, determinando uma elevação da temperatura da
água. Desse modo, temos:
Eelétrica = Q
Como Eelétrica = P ⋅ ∆t e Q = m ⋅ c ⋅ ∆θ, temos que:
P ⋅ ∆t = m ⋅ c ⋅ ∆θ
R ⋅ i2 ⋅ ∆t = m ⋅ c ⋅ ∆θ
P=
U2 110 2
=
= 110 W
R
110
U 6, 0
=
= 12Ω
i 0, 50
b) Do gráfico, ao se aplicar uma tensão elétrica de 4,0V, a
intensidade de corrente elétrica que percorre o resistor vale 0,20A. Logo:
U 4, 0
R= =
= 20Ω
i 0, 20
04 a) Dos dados do problema, temos que:
U2
U2 1272
P=
⇒R =
=
= 620, 35Ω (aproximadamente)
26
R
P
2a Série – Ensino Médio | 5
VOLUME 2 | FÍSICA 2
b) Da expressão que relaciona potência, tensão elétrica e
intensidade de corrente elétrica, temos:
U 127
P =U⋅i⇒i= =
= 4, 88 A
P 26
c) Como o soldador é ligado a uma rede elétrica de
127V, ele dissipa uma potência de 26W. Logo, em 5,0
minutos:
Atividades Propostas
01 A
02 A
I. (V) Observe que o gráfico que envolve a tensão elétrica e a intensidade da corrente elétrica é uma reta.
Logo, até 100V o resistor tem um comportamento
ôhmico.
II. (F) Para o resistor R1, temos que:
E = P ⋅ ∆t = 26 W ⋅ (300s) = 7800 J = 7, 8 ⋅ 10 3 J = 7, 8kJ
05 a) A resistência elétrica é numericamente igual à inclinação ou coeficiente angular do gráfico, logo temos
que, para qualquer par de pontos:
R1 =
U
10
20
30
R= =
=
=
i 0,10 0, 20 0, 30
R = 100Ω
b) Para uma intensidade de corrente elétrica de 0,40A,
temos que:
U = R · i
U = 100 · 0,40
U = 40V
Por outro lado, para o resistor R2, temos que:
R2 =
i=
U2
, temos que:
R
(220 )2 (110 )2
U2 U’2
P = P’ ⇒
=
⇒
=
R
R’
R
R’
Sendo P =
2
R
 110 
⋅ R ⇒ R’ =
R’ = 
 220 
4
U
Se i = , temos que:
R
220
I. i =
R
110
110
440
⇒ i’ =
⇒ i’ =
II. i’ =
R
R’
R
4
i’ = 2i
U1 20
=
= 50Ω
i1 0, 4
U2 40
=
= 100Ω
i2 0, 4
III.(V) Aplicando 80V no resistor R2, temos que:
06 E
U
= R é constante, independentei
mente da tensão aplicada.
Para o resistor ôhmico,
U
80 V
=
= 0, 8 A
R2 100Ω
03 E
Aplicando uma d.d.p. de 100V no resistor mencionado,
temos que:
U 100 V
=
= 5A
R 20Ω
i=
Determinando a potência dissipada no resistor de 20Ω:
P = R ⋅ i2 ⇒ P = 20 ⋅ 52 = 20 ⋅ 25 ⇒ P = 500 W
04 C
Podemos desprezar a resistência elétrica dos fios condutores e dos elementos metálicos da tomada da lâmpada,
de maneira que a maior resistência elétrica do circuito se
encontra em seu filamento de tungstênio, em virtude da
baixa espessura deste e de seu grande comprimento.
07 D
A resistência elétrica depende da d.d.p. a que se encontra submetida e da corrente elétrica que a percorre. Com
isso, a resistência sofre variação.
05 D
Aplicando a Primeira Lei de Ohm, temos que:
R = U/i
103 = 220/i
08 B
U12
(220) ⇒ R = 48.400
⇒ R1 =
1
60
60
R1
4840
R1 =
Ω e R1 = R2 .
6
2
I. P1 =
U22
(110) ⇒ P = 12.100
⇒ P2 =
II. P2 =
2
4840
4840
R2
6
6
P2 = 15 W
2
Quando a d.d.p. diminui, temos uma redução na potência
dissipada.
6 | 2a Série – Ensino Médio
i = 220/103
i = 0,220A
i = 2,2 · 10-1A
06 A e C
Para um resistor ôhmico, temos as seguintes possibilidades de gráfico:
U
a) U = R · i: função linear
i
VOLUME 2 | FÍSICA 2
14 Determinando a resistência elétrica do aparelho:
R
c) R = constante: função constante
i
07 C
6V
U
=
= 15 ⋅ 10 −6 A
R 400 ⋅ 10 3 Ω
i = 15µA
08 C
U=R · i ⇒ U = 3 · 103Ω · 4 · 10-3A ⇒ U= 12V
I. R =
20
U
⇒R =
⇒ R = 2, 0Ω
10
i
II. P =
U2
(4 V ) ⇒ P = 8 W
⇒P =
2Ω
R
10 E
U
R
* *P =
U = R ⋅ i = 4, 5 ⋅ 1, 6 ⇒ U = 7, 2V
Atividades para Sala
3U
U
⇒ i’ = ⇒ i’ = i
3R
R
3R
U 36
=
⇒ R = 4 , 5Ω
i 8, 0
Resistores II – Segunda Lei de
(3U)2 ⇒ P’ = 9U
* *P’ =
P’ =
R=
Capítulo 12 Ohm
U2
R
2o Resistor
* i’ =
U
55 V
=
= 110Ω
i 0, 50 A
b) Para uma intensidade de corrente elétrica 1,6A, temos
que:
1o Resistor
*i =
R=
16 a) A resistência elétrica é numericamente igual à inclinação ou coeficiente angular do gráfico. Logo, temos
que, para qualquer par de pontos:
2
U2 552
=
= 550 W
R 5, 5
15 Dos dados do problema, temos que:
09 B
P’ =
Dos dados do problema, temos que:
i=
U2
U2 110 2
⇒R =
=
= 5, 5Ω
R
P 2200
Para uma tensão elétrica de 55V, a potência dissipada será
dada por:
P=
3R
3U
⇒ P ’ = 3P
R
01 Da Segunda Lei de Ohm, temos que:
mm2
L
120m
⇒ R = 1, 72 ⋅ 10 −2 Ω ⋅
⋅
⇒
A
m
0, 50mm2
R ≅ 4,128Ω
R = ρ⋅
02 Da Segunda Lei de Ohm, temos que:
11 B
a) (F)Essa afirmação valeria caso o resistor tivesse um
comportamento ôhmico.
b) (V)Note que os coeficientes angulares do gráfico vão
aumentando com o aumento da intensidade de corrente; logo, há um aumento da resistência elétrica.
c) (F)Essa afirmação valeria caso o resistor tivesse um
comportamento ôhmico.
d) (F)Essa afirmação valeria caso o resistor tivesse um
comportamento ôhmico.
e) (F)O resistor do gráfico não é ôhmico; logo, não obedece à Lei de Ohm.
O quociente
U
é constante apenas para o condutor 1.
i
13 C
Para um mesmo valor de tensão elétrica, a intensidade de
corrente elétrica é inversamente proporcional à resistência elétrica. Caso o valor da resistência seja triplicado, a
intensidade de corrente elétrica se torna três vezes menor.
L
R ⋅ A 10Ω ⋅ 4, 0 ⋅ 10 −4 cm2
⇒ρ=
=
5, 0m
A
L
ρ = 20 ⋅ 10 −6 Ω ⋅ cm = 2, 0 ⋅ 10 −5 Ω ⋅ cm
03 C
Como a resistência elétrica é inversamente proporcional à
área de secção S, o gráfico de R em função de S deve ser
uma hipérbole, curva representada pelo gráfico do item c.
04 A
Da Segunda Lei de Ohm, temos que:
R = ρ⋅
12 C
R = ρ⋅
L
R ⋅ A 3, 0 ⋅ 10 −2 Ω ⋅ 2, 0 ⋅ 10 −6 cm2
⇒ρ=
=
A
L
2, 0 ⋅ 10 2 cm
ρ = 1, 2 ⋅ 10 −8 Ω ⋅ m
05 Da Segunda Lei de Ohm, temos que:
R = ρ⋅
L
Ω ⋅ mm2
L
⇒ 20Ω = 5, 51 ⋅ 10 −2
⋅
A
m
1,102 ⋅ 10 −4 mm2
⇒ L = 4, 0 ⋅ 10 −2 m
2a Série – Ensino Médio | 7
VOLUME 2 | FÍSICA 2
06 E
2
U
L
e R = ρ ⋅ , concluímos que a lâmpada 1 (de
R
A
De PE =
filamento mais grosso) tem menor resistência e, portanto,
maior potência. Logo, brilha mais.
07 C
Utilizando as duas leis de Ohm e os dados do problema,
temos que:
Ω
⋅ 6, 0 ⋅ 10 −2 m = 3, 0 ⋅ 10 −6 Ω
m
De U = R ⋅ i, vem :
R = 5, 0 ⋅ 10 −5
−6
• A equação que relaciona potência com tensão e resisU2
tência é a seguinte: P =
.
R
• Conforme a equação anterior, o condutor que dissipa
maior potência é aquele que apresenta menor resistência elétrica, ou seja, o condutor A:
L
.
RA = ρ ⋅
3A
R 224
=
⇒ R ’ = 106Ω
4
4
R = ρ⋅
L
L
⇒R =ρ⋅
π ⋅ r2
A
Para o outro fio, temos que:
R ’ = ρ’ ⋅
U = 3, 0 ⋅ 10 ⋅ 1000 ⇒ U = 3, 0 ⋅ 10 V = 3, 0mV
• Os condutores estão submetidos a uma mesma tensão elétrica.
• Energia por unidade de tempo é potência.
R’ =
03 E
Para o primeiro fio, temos que:
−3
08 C
Do enunciado do problema e dos dados da tabela conclui-se
que:
Quando há uma duplicação do raio, a resistência elétrica
fica com um valor quatro vezes menor. Logo:
L’
⇒ R = 2ρ ⋅
A’
3L
 r
π ⋅ 
3
2
= 54 . ρ ⋅
L
= 54R
π ⋅r 2
04 C
Caso o diâmetro seja duas vezes maior, é porque houve
uma duplicação do raio, sabendo que:
R= ρ⋅
L
L
⇒R =ρ⋅
π ⋅ r2
A
Quando há uma duplicação do raio, a resistência elétrica
fica com um valor quatro vezes menor.
05 E
A resistência aumenta com o aumento da temperatura. Maior
valor de R, menor valor da intensidade de corrente elétrica i.
06 B
PPb = 8PAL
LAL = 3m
Lpb = 1mrAL = 2 · 10–2m
rpb = 10–2m
Atividades Propostas
01 B
De acordo com a Segunda Lei de Ohm, a resistência elétrica de um fio é diretamente proporcional ao comprimento deste. Logo, ao reduzirmos o comprimento do condutor pela metade, o mesmo ocorrerá com a sua resistência
elétrica.
02 O gráfico do enunciado do problema é o seguinte:
U (volts)
224
RPb
R AL
LPb
1
8PAL
APb
π ⋅ (10 −2 )2
=
=
=
3
L
PAL AL PAL ⋅
π ⋅ (2 ⋅ 10 −2 )2
A AL
PPb
8 PAL ⋅ 1
π ⋅ 10 −4
⋅
π ⋅ 4 ⋅ 10 −4 32
=
3
PAL ⋅ 3
07 D
Da Segunda Lei de Ohm e das informações do problema,
temos que: R = ρL/A ⇒ R2/R1 = L2/L1 = 3/2
08 E
I.Atotal = 7 · 10mm2 = 70mm2
112
L
10 3
⇒ R = 2,1⋅ 10 −2 ⋅
A
70
R = 0 , 3Ω
II. R = P ⋅
0
0,5
1,0
i (A)
Determinando o valor da resistência elétrica do fio:
U 224
R= =
= 224Ω
i
1, 0
Para o outro fio, como o diâmetro é duas vezes maior, o
mesmo ocorre com o raio da secção. Sabemos que:
R =ρ⋅
L
L
⇒ R =ρ ⋅
π ⋅ r2
A
8 | 2a Série – Ensino Médio
09 C
Aplicando a Segunda Lei de Ohm, temos que a resistência é diretamente proporcional à resistividade do material e ao seu comprimento e inversamente proporcional à
área da secção transversal do condutor.
R = ρ⋅
L
A
VOLUME 2 | FÍSICA 2
10 D
Dados:
R1 = 2R2
*A1 = P1 ⋅
P1 = 10P2
L1 = L2 = L
L1
R1
*A 2 = P2 ⋅
L2
R2
10P2 ⋅ L
R
= 1 =5
2R2
P2 ⋅ L
P ⋅ L2
R2
3 A
3
= A =P⋅ ⋅
=
R1 P ⋅ L1
A P⋅2 2
A
12 C
I. R = p ⋅
R⋅A
1Ω ⋅ 77,5 ⋅ 10 −8 m2
L
⇒L=
⇒L=
4,8 ⋅ 10 −7 Ω ⋅ m
A
p
R =ρ⋅
L = 16,14 · 10–1m ⇒ L ≅ 1,614m
*d=2·r⇒ r=
Potências elétricas dissipadas nas duas situações:
P1 = U2/R
R2 = 0,8R (redução de 20%)
P2 = U2/0,8R
Comparando as duas potências elétricas, temos que:
P1/P2 = U2/R · 0,8R/U2
P2 = P1/0,8 ⇒ P2 = 1,25P1 ⇒ P2 = 125%P1
Observe que houve um aumento de 25% no valor da
potência dissipada.
14 A
Como a d.d.p. é constante, a potência elétrica é inversamente proporcional à resistência.
Como a resistência é diretamente proporcional à resistividade, à medida que a temperatura aumenta, a resistência
elétrica aumenta.
Consequentemente, a potência elétrica dissipada pelo fio
diminui com a temperatura e seu gráfico não é uma reta,
pois as variações das grandezas envolvidas no processo
não obedecem às leis polinomiais de 1a ordem.
Analisando de forma matemática, temos que:
L
A resistência R é dada pela 2a Lei de Ohm: R = ρ
A
ρ = resistividade do material
L = comprimento do resistor
A = área da secção transversal
L’
2L
2L
1
L
1
⇒R =ρ⋅
=ρ⋅
= ⋅ρ⋅
= ⋅R
A’
π ⋅ r ’2
π ⋅(2 r )2 2
π ⋅ r2 2
B
U=R·i
3 = R · 0,3
R = 10Ω → Resistência no funcionamento da lâmpada
R = Ro [1 + α (T – To)]
10 = 1 [1 + 4,5 · 10–3 (T – 20°)]
2000 = T – 20°
T = 2020°C
Associação de resistores I – Associação em série e
em paralelo
Atividades para Sala
13 B
Comparando as duas resistências elétricas, temos que:
R’ = ρ ⋅
Capítulo 13
1⋅ 10 −3
⇒ r = 0,5 · 10–3 ⇒ r = 5 · 10–4m
2
R1 = R
L
L
⇒R =ρ⋅
π ⋅ r2
A
Situação final:
16 II. A = π · r2 ⇒ A = 3,1 · (5 · 10–4)2 ⇒ A = 77,5 · 10–8m2
A potência varia inversamente com a resistividade.
15 C
Situação inicial:
11 D
P1 ⋅ L1
A1
P ⋅L
R
R1
=
= 1 1⋅ 2
P
L
⋅
A2
R1 P2 ⋅ L 2
2
2
R2
U2 U2 A
A potência, para U constante, é dada por: P =
=
R
Lρ
2
U
A
k
Sendo
= k (cons tan te), vem : P =
L
ρ
01 a) Como os resistores estão em série, temos que:
RE = R1 + R2 = 10Ω + 20Ω
RE = 30Ω
b) A intensidade de corrente que percorre cada resistor é
a mesma, logo:
U 60 V
i=
=
⇒ i = 2A
RE 30Ω
c) Aplicando a Primeira Lei de Ohm em cada resistor,
temos que:
U1 = R1 ⋅ i = 10 ⋅ 2 ⇒ U1 = 20V
U2 = R2 ⋅ i = 20 ⋅ 2 ⇒ U2 = 40V
02 I – C; II – D
I. Aplicando a Primeira Lei de Ohm no resistor R1 para se
determinar a corrente elétrica que passa pelo circuito:
U
12
i= 1 =
= 0, 4 A
R1 30
Como temos o valor da intensidade de corrente que
passa pelos outros resistores e d.d.p. em cada um
deles, podemos determiná-los:
U
20
R2 = 2 =
= 50Ω
i
0, 4
U
8, 0
= 20Ω
R3 = 3 =
i
0, 4
2a Série – Ensino Médio | 9
VOLUME 2 | FÍSICA 2
II. Obtendo a resistência equivalente do circuito em série:
RE = R1 + R2 + R3 = 30Ω + 50Ω + 20Ω
RE = 100Ω
Obtendo a d.d.p. na resistência equivalente:
UT = RE ⋅ i = 100 ⋅ 0,4
UT = 40V
03 Como os resistores estão em paralelo, temos que:
1
1
1
1
1 1 1 1 + 5 + 4 10 1
=
+
+
=
+ + =
=
=
20
20 2
RE R1 R2 R3 20 4 5
RE = 2Ω
U1 0, 5
=
⇒ i = 2, 5 A
R1 0, 2
i=
Aplicando a Primeira Lei de Ohm para a resistência equivalente do circuito, temos que:
UT = RE ⋅ i = 2,2 ⋅ 2,5 ⇒ UT = 5,5V
08 C
Note que todos os resistores estão em série. Desse modo,
determinemos a corrente elétrica que percorre o circuito:
i=
=
U
U
=
=
RE R1 + R2 + R3 + R4 + R5
100
100
=
10 4 + 10 3 + 10 2 + 101 + 1 11.111
04 D
Determinando a d.d.p. no resistor R1:
U1 = R1 ⋅ i1 = 4,0 ⋅ 2,0 = 8,0V
U1 = R1 ⋅ i = 104 · 9 · 10–3 ⇒ U1 = 90V
Como os dois resistores estão em paralelo, eles estão
submetidos à mesma d.d.p. Por outro lado, a intensidade
de corrente elétrica que passa por R2 vale 4,0 ampères.
Logo:
R2 =
U2 8, 0
=
= 2, 0 Ω
i2
4, 0
i = 0, 009 A = 9 ⋅ 10 −3 A
Aplicando a Primeira Lei de Ohm em cada resistor, temos que:
U2 = R2 ⋅ i = 103 · 9 · 10–3 ⇒ U2 = 9V
U3 = R3 ⋅ i = 102 · 9 · 10–3 ⇒ U3 = 9 · 10–1 = 0,9V
U4 = R4 ⋅ i = 101 · 9 · 10–3 ⇒ U4 = 9 · 10–2V = 0,09V
U5 = R5 ⋅ i = 1 · 9 · 10–3 ⇒ U5 = 9 · 10–3V = 0,009V
05 a) Como temos cinco resistores iguais em paralelo, cada
um com valor de 20Ω, temos que:
R 20
=
n
5
R
=
4Ω
E
RE =
b) Como se trata de uma associação em paralelo, a d.d.p.
entre os pontos x e y tem o mesmo valor que a d.d.p.
em cada resistor. Logo:
Ux,y = UR = R ⋅ i = 20 ⋅ 10 = 200V
Atividades Propostas
01 a) Como os três resistores estão em série, temos que:
RE = RAB + RBC + RCD = 10Ω + 20Ω + 30Ω
RE = R1 + R2 = 10Ω + 10Ω
RE = 20Ω
IA =
T
RE
=
= 1A
60
c) Aplicando a Primeira Lei de Ohm em cada resistor,
temos que:
UAB = RAB ⋅ i = 10 ⋅ 1 ⇒ UAB = 10V
UBC = RBC ⋅ i = 20 ⋅ 1 ⇒ UBC = 20V
UA 220
=
= 11A
RE
20
UCD = RCD ⋅ i = 30 ⋅ 1 ⇒ UCD = 30V
Para o circuito B, temos que:
02 C
R 20
=
2
n
RE = 10Ω
110
U
IB = B =
= 11A
10
RE
Determinando a resistência total do circuito em série,
pela Primeira Lei de Ohm:
UT 6, 0
=
= 60Ω
i
0,1
Como se trata de resistores em série, temos que:
RT = R + 20Ω ⇒ R = RT – 20 = 60 – 20
R = 40Ω
RE =
b) Determinando a intensidade de corrente na associação em série:
U
60
i=
06 B
Para o circuito A, temos que:
RE = 60Ω
07 D
A resistência equivalente é a soma dos resistores do circuito:
RE = R1 + R2 + R3 + R4 = 1Ω + 0,2Ω + 0,4Ω + 0,6Ω
RE = 2,2Ω
Como a intensidade de corrente elétrica é a mesma para
todos os elementos, podemos escolher a d.d.p. e a resistência de apenas um resistor. Escolhendo o resistor R1,
temos que:
10 | 2a Série – Ensino Médio
RT =
03 C
Em um circuito de resistores em série, aquele que apresenta
maior queda de potencial elétrico é o de maior resistência
elétrica, ou seja, dentre as alternativas, aquela que apresenta
maior valor de resistência é a que corresponde à região
entre os pontos C e E (resistência equivalente a 7R).
VOLUME 2 | FÍSICA 2
04 B
Como, em uma associação, a d.d.p. total se divide entre
todos os elementos resistivos, temos que:
UT = n ⋅ Ulâmpada ⇒ n =
UT
220
=
= 44 lâmpadas Ulâmpada
5
Estando as lâmpadas em paralelo, temos que cada lâmpada será percorrida por uma corrente de 0,5A, sendo a
corrente total 2,0 ampères.
09 E
U2
(12)2
⇒ RL =
⇒ RL = 24Ω
I. RL =
P
6
05 a) Como os resistores estão em paralelo, temos que:
RE =
5 ⋅ 20
100
R1 ⋅ R2
=
=
⇒ RE = 4Ω
5 + 20
25
R1 + R2
12V
b)Cada resistor está submetido a uma d.d.p. de 100V.
Logo, temos que:
U 100
=
⇒ i1 = 20 A
i1 =
5
R1
U 100
=
⇒ i2 = 5 A
i2 =
20
R2
c) Como temos um circuito em paralelo, temos que:
i = i1 + i2 = 20 + 5 ⇒ i = 25A
Re =
10 B
I.
Note que todos os equipamentos estão em paralelo.
Logo, temos que:
1
1
1
1
1
1
1
1
1
=
+
+
+
=
+
+
+
=
120 60 40 12
RE R1 R2 R3 R4
1 + 2 + 3 + 10
16
=
120
120
120
= 7, 5Ω
RE =
16
=
11 E
Como a tensão elétrica que alimenta o circuito vale 120V,
temos que:
i=
07 C
Determinando a d.d.p. aplicada no primeiro resistor
(de 100kΩ):
12 C
U1 = R1 ⋅ i1 = 100 · 103 · 10 · 10–3
i2 = iT – ii = 30mA – 10mA = 20mA
A resistência equivalente (RE) é dada por:
Como a tensão é constante R · i = RE ⋅ i. Assim, temos:
R⋅i =
R
i ⇒ i = 7i
Logo, aplicando a Primeira Lei de Ohm para o segundo
resistor, temos que:
1000
U
=
= 50 ⋅ 10 3 Ω
i2 20 ⋅ 10 −3
R2 = 50kΩ
Da definição de resistência elétrica e da associação em
série dos resistores, temos:
 U
i = R
i
U
 =
 4 R + 12
R2 =
08 A
A corrente usada por cada lâmpada é dada por:
UT 120
=
= 16 A
RE
7, 5
1
1 1 1
R
= + + ⇒ RE =
RE R R R
7
2 4
U1 = 1000V
Como os resistores estão em paralelo, o segundo resistor
também está submetido a uma d.d.p. de 1000V. A intensidade de corrente elétrica que passa por este é dada por:
R ⋅ RL
24R
⇒ Re =
R + RL
24 + R
U
24R
12
⇒
=
⇒ 24R = 4(24 + R )
i
24 + R 3
20R = 96 ⇒ R = 4, 8Ω
RL = 24Ω
II. R =
06 a) A partir do resistor R2, podemos determinar a d.d.p.
que é comum aos três resistores em paralelo. Logo:
U = U2 = R2 ⋅ i2 = 15 ⋅ 10 = 150V
Note que a corrente elétrica que passa por R3 vale 25A.
Logo, temos que:
U 150
⇒ R 3 = 6Ω
R3 = =
25
i3
b) Para o resistor R1, temos que:
U 150
i1 =
=
⇒ i1 = 15 A
R1
10
c) Como a tensão elétrica da associação em paralelo vale
150V e a corrente elétrica total é a soma de todas as
intensidades, temos que:
150
U
U
RE = =
=
= 3Ω
15
10 + 25
i
i
+
i
+
i
+
T
1
2
3
R
i=
P
24 W
⇒i=
⇒ i = 0, 5 A
U
12V
7
13 B
U
U
⇒R =
⇒ R = 4Ω
4 R + 12
2a Série – Ensino Médio | 11
VOLUME 2 | FÍSICA 2
14 a) A declividade do segmento de reta fornecido pelo
gráfico (U · i) mede a resistência equivalente dos resistores. Na ligação em série, a resistência equivalente é
maior que na ligação em paralelo entre os dois resistores. Como a declividade do segmento b é maior que a
do segmento a, concluímos que b é a ligação em série
e a ligação a é a ligação em paralelo.
b)R1 + R2 = 120Ω (série)
R1 ⋅ R2
= 16, 7Ω (paralelo )
R
1 + R2
Associação de resistores II –
Capítulo 14 Associação mista
Atividades para Sala
01 B
Veja a figura:
X
Y
R1
Resolvendo o sistema:
R1 = 100Ω e R2 = 20Ω
R2
R3
R6
R7
Observações:
I.
A relação U/i para o resistor só corresponde à declivi dade da reta quando os módulos de representação
das escalas em ambos os eixos ordenados são iguais;
isso não acontece no gráfico dado, portanto não está
correto afirmar que os coeficientes angulares das retas
têm os valores mencionados no texto.
R4
R5
R8
R9
Os seguintes conjuntos de resistores estão associados em
série:
II. Os segmentos de reta deveriam ter direções que passassem pela origem do gráfico, o que não ocorre.
III. Os dados são incoerentes com relação aos resistores,
isto é, tomando mais de um ponto, a razão U/i assume
II.R4 e R5
valores diferentes dos fornecidos.
III.R8 e R9
Podemos obter o valor da resistência equivalente no primeiro conjunto somando algebricamente o valor de cada
resistor desse conjunto.
Logo, em I, temos:
I.R1, R2 e R3
15 A
Identificando os pontos que possuem o mesmo potencial
elétrico e redesenhando o circuito, temos que:
B
A
B
R
R
R
A
⇒
A
B
i
B
R
A
A
R
R
R
R
B
O mesmo procedimento pode ser adotado nos outros
dois conjuntos. Logo:
Em II:
V
B
B
A
R
4
⇒
RSI = R1 + R2 + R3 ⇒ RSI = 10 + 10 + 10 ⇒ RSI = 30Ω
RSII = R 4 + R 5 ⇒ RSII = 10 + 10 ⇒ RSII = 20Ω
A
RSIII = R8 + R 9 ⇒ R SIII = 10 + 10 ⇒ R SIII = 20Ω
R
i
4
4V
i=
R
V=
Em III:
Podemos, então, simplificar o esquema conforme a figura
a seguir:
X
16 E
Todos os resistores estão associados em paralelo. Assim,
temos:
RS
I
Y
R7
R6
RS
II
A
A
B
10Ω
15Ω
B
A
⇒
15Ω
6Ω
10Ω
6Ω
RS
III
B
1
RE
=
1
15
+
1
10
+
1
6
⇒
1
RE
=
1
3
⇒ 3Ω
U = RE . i ⇒ 12 = 3 . i ⇒ i = 4A
12 | 2a Série – Ensino Médio
Podemos verificar que os resistores RSII e RSIII estão associados em paralelo. Vamos obter a resistência RPI , equivalente
à associação dos resistores RSII e RSIII a partir da expressão:
VOLUME 2 | FÍSICA 2
1
1
1
=
+
⇒
RPI RSII RSIII
1
1
1
1
2
=
+
⇒
=
⇒
RPI 20 20
RPI 20
20
= RPI = 10 Ω
2
⇒ RPI =
Simplificamos ainda mais o esquema, conforme a figura a seguir:
I) P = R1 · i12 ⇒ 0,6W = 15Ω · i12 ⇒ i12 = 0,04A2 ⇒ i1 = 0,2A
II) UCB = R1 · i1 ⇒ UCB = 15Ω · 0,2A ⇒ UCB = 3,0V
III) UAB = UAC + UCB ⇒ 12V = UAC + 3,0V ⇒ UAC = 9,0V
IV) i = i1 + i2 ⇒ i = 0,2A + 0,1A ⇒ i = 0,3A
R3 =
03 B
I) Chave fechada:
RS
Y
+
E
B
5Ω
5Ω
D
R7
R6
4Ω
A
I
X
9, 0 V
UAC
⇒ R3 =
⇒ R3 = 30 V
0, 3 A
i
1Ω
C
RP
Podemos notar que os resistores R6, R7 e RPI estão associados em série. Vamos obter a resistência RSIV equivalente à
associação dos resistores R6, R7 e RPI :
REP
RSIV = R 6 + R 7 + RPI ⇒ RSIV = 10 + 10 + 10 ⇒
* * P = R ⋅ i2 ⇒ 64 W = 4Ω ⋅ i2 ⇒ i = 4, 0 A
* * * UAB = R ⋅ i ⇒ UAB = 4Ω ⋅ 4 A ⇒ UAB = 18 V
UBC = REP ⋅ i ⇒ UBC = 2, 5Ω ⋅ 4 A ⇒ UBC = 10 V
*RE( Total ) = ΣR ⇒ RE ( T ) = 4Ω + 2, 5Ω + 1Ω ⇒ RE (T) = 7, 5Ω
⇒ RSIV = 30Ω
R
5Ω
⇒ REP =
n
2
= 2, 5Ω
REP =
I
C
Simplificamos o esquema conforme a figura:
UCD = R ⋅ i ⇒ UCD = 1Ω ⋅ 4 A ⇒ UCD = 4 V
Y
X
* * * * E = UAB + UBC + UCD ⇒ E = 30 V
RS
I
II) Chave aberta:
* RE = ΣR ⇒ RE = 4Ω + 2Ω + 3Ω + 1Ω ⇒ RE = 10Ω
* *i =
30 V
U
⇒i=
⇒ i = 3, 0 A
10Ω
R
* * * P = R ⋅ i = P = 4Ω ⋅ (3 A ) ⇒ P = 36 W
2
RS
IV
Os resistores R S e RSIV estão associados em paralelo. Podemos obter a resistência equivalente Rp de toda a associação
a partir da expressão 1 = 1 + 1 . Logo:
Rp RS1 RSIV
I
04 C
Antes, o circuito era em série. Após a ligação da chave,
passa a ser uma associação mista.
⇒ Rp =
idepois
S
1
1 1
1 2
=
+ ⇒ =
⇒
Rp 30 30 Rp 30
30
⇒ Rp = 15Ω
2
R1
R2
E
R3
02 D
i1
A
iantes
R1=15Ω
i
B
C
UAC
R2=30Ω
i2
UCB
+
Sempre que se liga uma resistência em paralelo, a resistência equivalente é menor (somam-se os inversos).
R
Assim, 1 < R3 .
R2
Se a resistência diminui, a corrente total aumenta:
U
i = . iantes < idepois . Porém, a corrente total se divide entre
R
R1 e R2 . Logo, a corrente em R2 diminui, porque foi dividida devido à voltagem em R2 diminuir, como veremos.
12V
2a Série – Ensino Médio | 13
VOLUME 2 | FÍSICA 2
A resistência R3 permanece inalterada. Por outro lado, no
circuito em série, a voltagem se distribui pelos aparelhos.
R
A resistência equivalente 1 é menor que R2.
R2
Logo, fica com menos voltagem (U = R · i).
R1 // R2 < R2 ⇒
VR
2 antes
> VR2 depois
R3
05 a) Note que o resistor de 5,0Ω está em curto-circuito;
logo, a resistência equivalente dependerá apenas dos
três resistores em paralelo:
6,0Ω
A
B
A
• Resistor de 2,0Ω
Passa a intensidade total
i2,0Ω = 20A.
Como estão em paralelo,
• Resistores de 8,0Ω
passa uma intensidade de corrente de 10A por cada
i8Ω = 10A.
um
• A intensidade de corrente total passa pelo ponto D e
se divide entre os resistores de 3,0Ω e 12,0Ω. A corrente que passa no resistor de 3,0Ω é quatro vezes
maior que aquela que passa no resistor de 12,0Ω.
Logo:
–i3,0Ω = 4 · i12,0Ω
–i3,0Ω + i12,0Ω = 20A
–4 · i12,0Ω + i12,0Ω = 20 ⇒ i12,0Ω = 4A
Logo, os resistores de 6 são percorridos por uma corrente elétrica de 4A.
• No resistor de 3,0Ω, temos que:
i3,0Ω = 4 · i12,0Ω = 4 · 4 ⇒ i3,0Ω = 16A
07 a) Colocando alguns pontos no circuito, temos que:
B
i=
8,0Ω
A
6 ⋅ 2 12
=
⇒ R AB = 1, 5Ω
6+2 8
No resistor de 6,0Ω:
A
30 V
i=
⇒ i = 5A
6, 0Ω
2,0Ω
8,0Ω
6,0Ω
6,0Ω
2,0Ω
A
A
B
i
D
R AB = 2, 0 + 4, 0 + 2, 4 ⇒ R AB = 8, 4 Ω
14 | 2a Série – Ensino Médio
3,0Ω
C
3,0Ω
D≡B
B
b) Aplicando-se uma d.d.p. de 200V entre A e B, temos:
200 V
iTotal =
⇒ iTotal = 20 A
5, 0Ω
• Observe que pelo resistor de 3,0Ω passa uma intensidade de 20A.
• Determinando a d.d.p. entre os pontos A e C:
12, 0 ⋅ 3, 0
= 2, 4Ω
12, 0 + 3, 0
B
C
4,0Ω
12,0Ω
4,0Ω
C
8,0Ω
4,0Ω
a) Note que:
• Os dois resistores de 8,0Ω estão em paralelo.
• Os dois resistores de 6,0Ω estão em série.
• Um dos resistores de 3,0Ω está em curto-circuito.
Redesenhando o circuito, temos que:
3,0Ω
9,0Ω
4,0Ω
8,0Ω
B
8,0Ω
06 A figura referente ao problema é a seguinte:
A
curto-circuito
D≡B
Os resistores do lado direito, de valores 7,0Ω, 5,0Ω
e 9,0Ω encontram-se em curto-circuito, ou seja, não
passa intensidade de corrente elétrica por eles. Logo:
3,0Ω
3,0Ω
C
4,0Ω
30 V
⇒ i = 7, 5 A
4, 0 Ω
3,0Ω
7,0Ω 5,0Ω
5,0Ω 3,0Ω
2Ω
b) Exceto o resistor de 5,0Ω, todos os outros estão submetidos a uma d.d.p. de 30V, cada um. Logo:
Com o resistor de 4,0Ω
Divisão das correntes elétricas:
4,0Ω
6Ω
4,0Ω
R AB =
b) Intensidade de corrente elétrica total:
168 V
i=
⇒ i = 20 A
8, 4Ω
UAC = R AC ⋅ iTotal = 2, 0 ⋅ 20 ⇒ UAC = 20 V
Para os resistores que se encontram entre A e C, temos:
Resistor de 4,0Ω:
i4 ,0 Ω =
UAC 20
=
⇒ i4 ,0 Ω = 5 A
4
R4 ,0 Ω
VOLUME 2 | FÍSICA 2
Resistor de 8,0Ω:
i8,0 Ω
20
U
= AC =
⇒ i8,0 Ω = 2, 5 A
R8,0 Ω 8, 0
Resistores em série de 5,0Ω e 3,0Ω:
i5,0 Ω ; i3,0 Ω =
20
20
=
⇒ i5,0 Ω ; i3,0 Ω = 2, 5 A
5 + 3 8, 0
Logo, aplicando a Primeira Lei de Ohm para o segundo
resistor, temos que:
U 30
R2 = =
i2 1, 5
R2 = 20Ω
03 A
Redesenhando o circuito, temos o seguinte:
08 A
Note que os resistores de 8,0Ω e 6,0Ω (em série) estão em
curto circuito, logo:
5,0Ω
A
A
C
5,0Ω
A
B
6Ω
2Ω
10Ω
5,0Ω
B
A
B
C
6V
3Ω
10Ω
5,0Ω
1,5Ω
R AB =
10
⇒ R AB = 5, 0Ω
2
D
Atividades Propostas
12Ω
i = 4A
Os pontos A e B possuem o mesmo potencial elétrico; logo, os resistores de 2Ω e 6Ω, estão em paralelo.
Obtendo o resistor equivalente desses dois resistores,
temos que:
R = 2Ω, 6Ω =
Logo, o circuito será reduzido para a seguinte forma:
4A
C
A≡B
6Ω
i2
3Ω
2 ⋅ 6 12
=
= 1, 5Ω
2+6
8
A
D
6Ω
6V
C
3Ω
1,5Ω
U
02 C
Determinando a d.d.p. no primeiro resistor citado:
A≡B
1,5Ω
R
I. i = i1 + i2 ⇒ i2 = i – i1 ⇒ i2 = 4A – 2A ⇒ i2 = 2A
Com isso, R = 9Ω
II.RE(CD) = 6Ω + 6Ω + 6Ω ⇒ RE(CD) = 18Ω
UCD = RE(CD)* i ⇒ UCD = 18Ω · 4A
UCD = 72V
D
01 E
i1 = 2A
D
D
D
D
Note que os dois resistores de 1,5Ω estão em série. Desse
modo, temos que:
A
A≡B
A≡B
U1 = R1 ·i1 = 10 · 3
Como os resistores estão em paralelo, o segundo resistor
também está submetido a uma d.d.p. de 30V. A intensidade de corrente elétrica que passa por este é dada por:
i2 = iT − i1 = 4, 5 A − 3, 0 A = 1, 5 A
3Ω
6V
U1 = 30 V
D
D
3Ω
D
2a Série – Ensino Médio | 15
VOLUME 2 | FÍSICA 2
Perceba que cada resistor de 3Ω está submetido a uma
d.d.p. de 6V. Logo, por uma simples aplicação da Primeira
Lei de Ohm, cada um deles é percorrido por uma intensidade de corrente elétrica de 2A. Observe a figura a seguir.
A≡B
A
2A
A≡B
04 F, V, F, V, V
(F) Note que, com a chave aberta, teremos três resistores
em série: o de 1Ω, o de 3Ω e o de 4Ω (antes da chave),
originando um resistor equivalente de 8Ω. Como a
d.d.p. da bateria vale 12V, a intensidade de corrente
fornecida por ela é dada por:
12
= 1, 5 A
8
(V)Como foi determinada a intensidade de corrente elétrica com a chave aberta, ou seja, 1,5A, temos que a
potência dissipada será dada por:
2A
3Ω
6V
3Ω
D
D
D
Desse modo, podemos afirmar que a bateria fornece uma
corrente elétrica total de 4A.
A
A≡B
4A
A≡B
2A
2A
3Ω
6V
3Ω
i=
P = U · i = 12 · 1,5 = 18W
(F)Com a chave fechada, os dois resistores de 4Ω ficam
em paralelo, originando uma resistência equivalente a
2Ω. Esta fica em série com os outros resistores do circuito, de modo que a resistência total vale 6Ω. Desse modo,
a intensidade de corrente fornecida pela bateria vale:
12
i=
= 2A
6
Essa intensidade de corrente total se divide igualmente
pelos dois resistores de 4Ω, sendo que cada um deles é
percorrido por uma intensidade de corrente de 1A.
(V)Conforme foi citado no item anterior, a intensidade de
corrente total fornecida pela bateria vale 2A.
(V)Sabendo que, com a chave fechada, a intensidade de
corrente total fornecida vale 2A, a potência total dissipada no circuito é dada por:
D
D
D
O resistor de 3Ω do lado esquerdo foi originado de dois
resistores de 1,5Ω em série. Logo, eles são percorridos
por uma mesma intensidade de corrente de 2A.
A≡B
A
4A
6V
C
05 F, F, V, V, F
(F)A resistência equivalente na associação em série é
igual à soma dos resistores associados.
(F)Na associação em paralelo, temos que:
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1+ 2 + 4 + 4 11
= + + + = + + + =
=
8
8
RE R1 R2 R3 R4 8 4 2 2
A≡B
3Ω
1,5Ω
D
D
UB,C = 15Ω · 2A = 3V
Note que, observando a primeira figura, o resistor de 6Ω
se encontra entre os pontos B e C, ou seja, é submetido
a uma d.d.p. de 3V. Determinando a intensidade de corrente elétrica que passa por ele:
i6 Ω =
R 6Ω
3
= = 0, 5 A
6
16 | 2a Série – Ensino Médio
8
Ω
11
8
RE = Ω
9
Caso se associe, em paralelo, uma equivalente série de
4Ω (2Ω + 2Ω), com o resistor de 8Ω, temos que:
4 ⋅ 8 32
R4 Ω,8 Ω =
= = 2, 67Ω
4 + 8 12
Caso se associe, em paralelo, uma equivalente série de 10Ω
(8Ω + 2Ω), com o resistor de 2Ω, temos que:
D
Determinando a d.d.p. entre os pontos A (ou B) e o ponto
C, temos que:
U B, C
RE =
(V)Caso se associe os dois resistores citados neste item
em série, obtemos um resistor equivalente de 12Ω.
Por outro lado, uma associação em paralelo:
1 1 1 1 1 1 1 1+ 4 + 4 9 = + +
= + + =
=
8
8
RE R1 R2 R3 8 2 2
1,5Ω
2A
P = U ⋅ i = 12 ⋅ 2 = 24 W
R10 Ω , 2 Ω =
10 ⋅ 2 20
= = 1, 67Ω 10 + 2 12
Caso se associe em paralelo os resistores de 8Ω e 2Ω,
obtemos um resistor de 1,6Ω. Esse resultado, associado em série com o outro resistor de 2Ω, origina um
resistor equivalente a 3,6Ω.
(V)Essa resistência citada (13Ω) é possível de ser obtida
da seguinte maneira: associando os dois resistores de
2Ω em paralelo (obtendo um resistor de 1Ω), e associando este resultado em série com os outros dois restantes (8Ω e 4Ω).
VOLUME 2 | FÍSICA 2
(F) Os valores das resistências equivalentes vão ser determinados pelas diversas e possíveis associações entre
os resistores citados.
06 D
Observe o esquema a seguir.
i = 6A
2Ω
i = 6A
A
i1
U''
3Ω
(F)Note que temos dois conjuntos de dois resistores de
1Ω em paralelo. Cada um origina um resistor de 0,5Ω.
Além desses dois conjuntos citados, temos três resistores de 1Ω em série com eles. Logo, no trecho final,
RE= 0,5Ω + 1Ω + 0,5Ω + 1Ω = 4Ω
08 E
I.U1 = R1 · i ⇒ U1 = 16Ω · 0,4A ⇒ U1= 6,4V
II. U = R · i ⇒ U = 14Ω · 0,8A ⇒ U = 11,2V
III.U2 = R2 · i ⇒ 2,4V = R2 · 0,5A ⇒ R2 =4,8Ω
i2
6Ω
* UT = U1 + U + U2 ⇒ 20V = 6,4V + 11,2V + U2
U2 =20V – 17,6V ⇒ U2 = 2,4V
''U
B
Com a divisão da corrente elétrica total, temos que:
i = i1 + i2
Como os resistores de 3Ω e de 6Ω estão em paralelo,
U’’
U’’
e i2 =
temos que: i1 =
3
6
Logo:
Para o resistor de 6Ω, temos que:
U’’ U’’
i=
+
U’’ 12
3
6
i2 = = = 2A
6 6
U’’ U’’
2
6=
+
P6 Ω = R ⋅ i2 = 6 ⋅ (2)
3
6
3U’’
6=
6
U’’ = 12V
IV. P = R2 · i2 ⇒ P = 4,8Ω · (0,5A)2
P = 4,8Ω · 0,25A2 ⇒ P=1,2W
09 D
Uma maior potência promove um aumento na intensidade luminosa; com isso, reduz a vida útil da lâmpada.
10 D
Do enunciado e dos dados do problema, temos que:
6 9
U2
 0, 6 W 
⇒ p=
⇒ = ⇒ R1 = 15Ω
L1 

 3V 
10 R1
R1
3 9
U2
 0, 3 W 
⇒ p=
⇒ = ⇒ R1 = 15Ω
L1 

 3V 
10 R2
R2
R1
P6 Ω = 24 W
07 V, F, V, F
(V) Analisando da esquerda para a direita, temos que: as duas
associações em série (1Ω e 1Ω = 2Ω) estão em paralelo
originando um resistor de 1Ω. Este fica em série com os
dois resistores em paralelo 1Ω (estes originam um resistor
de 0,5Ω). A seguir, levemos em conta apenas os outros
dois resistores de 1Ω em série (originam 2Ω), já que
os dois últimos estão em curto-circuito. Logo,
RE= 1Ω+ 0,5Ω + 2Ω = 3,5Ω.
(F)No primeiro trecho, temos: dois resistores de 1Ω em série
(originam um de 2Ω, e este fica em paralelo com outros dois
resistores em paralelo de 1Ω). Logo, neste trecho:
6V
R2
30R
+ 15 (1)
30 + R
2 6
E
i=
⇒ =
10 RE
RE
RE =
1 1 1 1 5
2
= + + = ⇒ RE1 = = 0, 4Ω
5
RE1 2 1 1 2
Note que RE1 fica em série com dois resistores de 1Ω, e
estes também estão em série. Logo:
RE1= 0,4Ω + 2Ω = 2,4Ω.
(V)No primeiro trecho, temos: dois resistores de 1Ω em série
(originam um de 2Ω, e este fica em paralelo com outros dois
resistores em paralelo de 1Ω). Observe que, na parte de
baixo deste trecho, também temos dois resistores de
1Ω em série, originando um de 2Ω que também fica
em paralelo com o conjunto. Logo, neste trecho:
1 1 1 1 4
2
= + + = ⇒ RE1 = = 0, 5Ω
4
RE1 2 1 2 2
Note que RE1 fica em série com três resistores de 1Ω,
sendo estes também em série. Logo:
RE1= 0,5Ω + 3Ω = 3,5Ω.
R
RE = 30 (2)
6
= 3i ⇒ i = 0, 2A
10
30 R
+ 15 = 30
(1) = (2) ⇒
30 + R
R = 30 Ω
i⇒ P = U ⋅ i ⇒
11 B
Note que R e 2R estão em paralelo, de modo que a
intensidade de corrente elétrica que passa por R tem o
dobro do valor da corrente elétrica que passa por 2R,
ou seja, i = 16A passam pelo resistor R. Escolhendo o
resistor de 40Ω para determinar a d.d.p. comum a todos
os resistores, temos que:
2a Série – Ensino Médio | 17
VOLUME 2 | FÍSICA 2
U = 40 · 2 = 80V
15 D
Escolhendo agora o resistor R, temos que:
R=
Redesenhando o circuito, temos que:
U 80
=
= 5Ω
i 16
R1
A
R2
C≡E≡B
A≡D R3
R4
E≡B
A
B
B
B
12 B
(F)Note que R4 está em curto-circuito.
Analisando a figura do problema, podemos afirmar que a
intensidade de corrente que passa pelo resistor de 6Ω é o
dobro daquela que passa pelo resistor de 12Ω. Da mesma
forma, podemos afirmar que a intensidade de corrente que
passa pelo resistor de 4Ω é o triplo daquela que passa pelo
resistor de 12Ω (os três resistores estão em paralelo). Logo:
(F)Apesar de A e D possuírem o mesmo potencial elétrico, os resistores R1, R2 e R3 estão em paralelo (e não
estão em curto-circuito).
(F)Apesar de C e E possuírem o mesmo potencial elé-
i6 = 2A e i4 = 3A.
trico, os resistores R1, R2 e R3 estão em paralelo (e não
Obtendo a intensidade de corrente total:
estão em curto-circuito).
i = 1 + 2 + 3 = 6A
(V) Como R1, R2 e R3 estão em paralelo, entre A e C, C e D
Podemos usar qualquer um dos três resistores em paralelo para calcular a queda de tensão:
1 ⋅ 12 + 6R = 60
48
R=
= 8Ω
6
e D e E, a diferença de potencial não é nula.
(F)Note que R1, R2 e R3 estão associados em paralelo.
16 a) Analisando o circuito, temos que:
Estão em
curto-circuito.
13 A
7Ω
D
Analisando o circuito, temos que:
10Ω
R
R
2Ω
A
B
A
3Ω
D
C
10Ω
5Ω
B
R
R
10Ω
Resistor em curto-circuito
2R
2Ω
A
3Ω
C
2R ⋅ R 2R
2
=
⇒ R AB = R
=
2R + R 3R
3
2
A
R AB
B
2Ω
R
A
14 B
Analisando o circuito, temos que:
B
R
10Ω
5Ω
C
3Ω
D
150Ω
A
A
200Ω
C
C
80Ω
R
80Ω
100Ω
R
R
B
C
60Ω
B
R
A
D
B
R
100Ω
R
B
C
R
80Ω
150Ω
R AB = 2 + 5 + 3 ⇒ R AB = 10Ω
B
R
R
B
B
D
b) Analisando o circuito, temos que:
Trecho em
curto-circuito
A
B
3Ω
2Ω
B
3Ω
Note que o único resistor entre os pontos A e B vale R.
A
C
80Ω
200Ω
18 | 2a Série – Ensino Médio
60Ω
D
B
VOLUME 2 | FÍSICA 2
100Ω
150Ω
A
C
D
Sendo R = 100Ω, vem:
R AB =
Considerando os pontos C e D como extremos da associação, concluímos, em virtude da simetria, que a resistência
equivalente é também 50Ω. Portanto:
100Ω
150Ω
B
B
200Ω
100Ω
A
2
A
60Ω
40Ω
R
C
R
= 50Ω
2
B
R AB = RCD = 50Ω
200Ω
150Ω
50Ω
A
C
B
200Ω
17 B
Considerando os pontos A e B como extremos da associação, temos:
C
C
R
R
R
A
R
B
R
D
R
⇒
R
R
R
R
A
R
D
B
R
Observe que o circuito se reduz a uma ponte de
Wheatstone em paralelo com o resistor de resistência R.
Estando a ponte em equilíbrio, o resistor entre C e D não
é percorrido por corrente e pode ser retirado do circuito.
Assim, temos:
R
2R
R
2R
R
A
B
2R
R
R
⇒
2R
⇒
B
A
R
R
2a Série – Ensino Médio | 19