Problemas Resolvidos de Física

PROBLEMAS RESOLVIDOS DE FÍSICA
Prof. Anderson Coser Gaudio
Departamento de Física – Centro de Ciências Exatas – Universidade Federal do Espírito Santo
http://www.cce.ufes.br/anderson
[email protected]
Última atualização: 28/11/2006 14:57 H
22 - Circuitos de Corrente Contínua
Fundamentos de Física 2
Halliday, Resnick, Walker
4ª Edição, LTC, 1996
Cap. 29 - Circuito
Física 2
Resnick, Halliday, Krane
4ª Edição, LTC, 1996
Cap. 33 - Circuitos de
Corrente Contínua
Física 2
Resnick, Halliday, Krane
5ª Edição, LTC, 2003
Cap. 31 - Circuitos CC
Prof. Anderson (Itacaré, BA - Fev/2006)
Problemas Resolvidos de Física
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
HALLIDAY, RESNICK, WALKER, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996.
FUNDAMENTOS DE FÍSICA 3
CAPÍTULO 29 - CIRCUITO
EXERCÍCIOS E PROBLEMAS
01
11
21
31
41
51
61
71
81
91
02
12
22
32
42
52
62
72
82
92
03
13
23
33
43
53
63
73
83
93
04
14
24
34
44
54
64
74
84
94
05
15
25
35
45
55
65
75
85
95
06
16
26
36
46
56
66
76
86
96
07
17
27
37
47
57
67
77
87
97
08
18
28
38
48
58
68
78
88
98
09
19
29
39
49
59
69
79
89
99
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
[Início documento]
[Início seção]
[Início documento]
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a
Cap. 29 – Circuito
Halliday, Resnick, Walker - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996.
2
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Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996.
FÍSICA 3
CAPÍTULO 33 - CIRCUITOS DE CORRENTE CONTÍNUA
PROBLEMAS
01
11
21
31
41
51
02
12
22
32
42
52
03
13
23
33
43
53
04
14
24
34
44
54
05
15
25
35
45
55
06
16
26
36
46
56
07
17
27
37
47
57
08
18
28
38
48
58
09
19
29
39
49
10
20
30
40
50
[Início documento]
02. (a) Qual o trabalho realizado por uma fonte de fem de 12 V sobre um elétron que vai do seu
terminal positivo até o negativo? (b) Se 3,40 × 1018 elétrons passam através da fonte, por
segundo, qual a potência de saída da fonte?
(Pág. 128)
Solução.
(a) A fem ε de uma fonte de potencial é definida como sendo o trabalho, por unidade de carga,
gasto para transportar cargas de um pólo ao outro da fonte. Ou seja:
dW
ε=
dq
O trabalho médio W para transportar uma carga q será dado por:
W = ε q = (12 V ) (1,60 ×10−19 C )
(1)
W = 1,92 ×10−18 J
É bom lembrar que, por definição, a energia gasta para transportar um elétron contra um potencial V
é numericamente igual a V, expresso em elétrons-volt (eV). No presente caso, W = 12 eV (1 eV =
1,60 × 10−19 J).
(b) Vamos dividir a Eq. (1) por um intervalo de tempo Δt para obter a potência média da fonte:
W
q
=ε
Δt
Δt
O termo q/Δt corresponde à corrente elétrica média i que atravessa a fonte.
elétrons
C ⎞
⎛
×1, 60 ×10−19
P = ε i = (12 V ) ⎜ 3, 40 ×1018
⎟ = 6,528 W
s
elétron ⎠
⎝
P ≈ 6,53 W
[Início seção]
[Início documento]
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a
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07. Qual deve ser o valor de R, no circuito da Fig. 18, para que a corrente seja igual a 50 mA?
Considere ε1 = 2,0 V, ε2 = 3,0 V e r1 = r2 = 3,0 Ω. (b) Qual será, então, a potência dissipada sob
a forma de calor na resistência R?
(Pág. 126)
Solução.
(a) Vamos aplicar a lei das malhas de Kirchhoff ao circuito, arbitrando o sentido da corrente como
anti-horário e percorrendo-o nesse sentido a partir da extremidade superior direita.
−ε1 − ir1 − iR − ir2 + ε 2 = 0
R=
ε 2 − ε1
i
− ( r1 + r2 ) =
( 3,0 V ) − ( 2, 0 V ) − ⎡ 3,0 Ω + 3,0 Ω ⎤
) (
)⎦
⎣(
−3
( 50 ×10
A)
R = 14 Ω
(b) A potência dissipada por R será:
P = Ri 2 = (14 Ω )( 50 mA ) = 0,035 W
2
P = 35 mW
[Início seção]
[Início documento]
08. A corrente num circuito de malha única é 5,0 A. Quando uma resistência adicional de 2,0 Ω é
colocada em série, a corrente cai para 4,0 A. Qual era a resistência no circuito original?
(Pág. 127)
Solução.
Considere o seguinte esquema da situação:
R1
R1 R2
i1
i2
ε
ε
Como a fem da fonte de potencial do circuito não variou, temos:
ε =ε
R1i1 = ( R1 + R2 ) i2
R1 ( i1 − i2 ) = R2i2
R1 =
( 4, 0 A )
i2
R2 =
( 2, 0 Ω )
i1 − i2
( 5, 0 A ) − ( 4, 0 A )
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a
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R1 = 8, 0 Ω
[Início seção]
[Início documento]
11. O motor de arranque de um automóvel gira muito devagar, e o mecânico tem de decidir entre
substituir o motor, o cabo ou a bateria. O manual do fabricante diz que a bateria de 12 V não
pode ter mais de 0,020 Ω de resistência interna, o motor não pode ter mais de 0,200 Ω de
resistência e o cabo não pode ter mais de 0,040 Ω de resistência. O mecânico liga o motor e
mede 11,4 V na bateria, 3,0 V entre os extremos do cabo e uma corrente de 50 A. Qual parte
está com defeito?
(Pág. 127)
Solução.
Considere o seguinte esquema:
VCabo
V
RCabo
VBat ε
V r
RMotor
Em primeiro lugar vamos verificar o valor da resistência interna, r, da bateria. Para isso vamos
computar a diferença de potencial nos terminais da bateria, VBat.
Va − ir + ε = Vb
(Va − Vb ) + ε = ir
−VBat + ε = ir
r=
ε − VBat
i
=
(12 V ) − (11, 4 V ) = 0, 012 Ω
( 50 A )
Como a bateria pode ter resistência interna de até 0,020 Ω, ela está em bom estado. Agora vamos
verificar a resistência do cabo, RCabo.
RCabo =
VCabo ( 3, 0 V )
=
= 0, 060 Ω
i
( 50 A )
Como a resistência do cabo não pode ser maior do que 0,040 Ω, o cabo deverá ser trocado. Vamos
ainda verificar a resistência do motor, RMotor.
ε − iRCabo − iRMotor − ir = 0
RMotor =
ε
i
− RCabo − r =
(12 V ) − 0,060 Ω − 0,012 Ω = 0,168 Ω
(
) (
)
( 50 A )
RMotor ≈ 0,17 Ω
Como a tolerância para a resistência interna do motor é de 0,200 Ω, este está em bom estado.
[Início seção]
[Início documento]
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a
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13. Uma célula solar gera uma diferença de potencial de 0,10 V quando ligada a um resistor de 500
Ω e uma diferença de potencial de 0,16 V quando ligada a um resistor de 1.000 Ω. Quais são (a)
a resistência interna e (b) a fem da célula solar? (c) A área da célula é 5,0 cm2 e a intensidade da
luz que a atinge é 2,0 mW/cm2. Qual a eficiência da célula em converter energia da luz em
energia interna no resistor de 1.000 Ω?
(Pág. 127)
Solução.
Considere o seguinte esquema da situação:
R1
R2
i1
i2
a
r
ε
b
a
r
ε
b
Célula solar
(a) Aplicando-se a lei das malhas de Kirchhoff ao circuito da esquerda teremos:
ε − i1 R1 − i1r = 0
ε = i1 ( R1 + r )
(1)
Fazendo o mesmo para o circuito da direita:
ε = i2 ( R2 + r )
(2)
Igualando-se (1) e (2) e resolvendo-se para r:
i R −i R
r= 1 1 2 2
i2 − i1
(3)
Agora temos de calcular as correntes i1 e i2. Para isso basta se utilizar das diferenças de potencial
nos terminais dos resistores R1 e R2.
i1 =
Vab ( 0,10 V )
=
= 2, 0 ×10−4 A
R1 ( 500 Ω )
i2 =
Vab ( 0,16 V )
=
= 1, 6 ×10−4 A
R2 (1.000 Ω )
Substituindo-se esses valores em (3):
( 2,0 ×10
r=
−4
A ) ( 500 Ω ) − (1, 6 ×10−4 A ) (1.000 Ω ) i2 R2
(1, 6 ×10
−4
A ) − ( 2, 0 ×10−4 A )
= 1.500 Ω
r ≈ 1,5 kΩ
(b) Da Eq. (1), temos:
ε = i1 ( R1 + r ) = ( 2,0 ×10−4 A ) ⎡⎣( 500 Ω ) + (1.500 Ω ) ⎤⎦
ε = 0, 40 V
(c) A eficiência e da célula é a razão entre a potência dissipada pelo resistor R1 ou R2 (PR) e a
potência recebida do Sol pela célula (PS). Esta é o produto da intensidade da luz solar que atinge a
célula I e a área A da célula.
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a
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1, 6 ×10−4 A ) (1.000 Ω )
(
PR i23 R2
=
=
= 2,56 ×10−3
e=
W ⎞
PS
IA ⎛
−3
5, 0 cm2 )
⎜ 2, 0 ×10
2 ⎟(
cm ⎠
⎝
2
e ≈ 0, 26 %
[Início seção]
[Início documento]
19. Um circuito contendo cinco resistores ligados a uma bateria de 12 V é mostrado na Fig. 21.
Ache a queda de potencial através do resistor de 5,0 Ω.
(Pág. 127)
Solução.
Para resolver este problema, precisamos determinar a corrente elétrica que atravessa o resistor de
5,0 Ω e resolver a equação V = Ri. Para isso vamos aplicar a lei das malhas de Kirchhoff à malha
inferior do circuito, cuja corrente circula no sentido horário, percorrendo-o nesse sentido a partir do
nó da extrema direita.
(12, 0 V ) − ( 3, 0Ω ) i − ( 5, 0Ω ) i = 0
(12, 0 V ) = 1,5 A
i=
(8, 0Ω )
Logo:
V = Ri = ( 5, 0Ω )(1,5 A )
V = 7,5 V
[Início seção]
[Início documento]
20. Uma fonte de potência de 120 V é protegida por um fusível de 15 A. Qual o número máximo de
lâmpadas de 500 W que podem ser simultaneamente alimentadas, em paralelo, por esta fonte?
(Pág. 127)
Solução.
Considere o esquema abaixo, onde F é um fusível e L é lâmpada:
i0 F
i
i
i
V
P
P P
LN
L1 L2
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Como as lâmpadas L1, L2, ... , LN estão associadas em paralelo, todas estão sujeitas à mesma
diferença de potencial V. Logo, a corrente elétrica em cada uma delas vale:
P
i=
V
A soma das correntes que abastecem as lâmpadas deve ser, no máximo, igual a i0:
i0 = i1 + i2 + " + iN = Ni
(1)
(2)
Substituindo-se (1) em (2):
P
i0 = N
V
iV
N = 0 lâmpadas
P
(15 A)(120 V)
N=
= 3, 6 lâmpadas
(500 W)
Como não pode haver número fracionário de lâmpadas:
N = 3 lâmpadas
[Início seção]
[Início documento]
22. Dado um certo número de resistores de 10 Ω, cada um capaz de dissipar somente 1,0 W, qual é
o número mínimo desses resistores necessário para fazer uma associação em série ou em
paralelo, equivalente a um resistor de 10 Ω, capaz de dissipar pelo menos 5,0 W?
(Pág. 127)
Solução.
Seja uma associação em série de M resistores iguais. Agora tome N conjuntos desses resistores e
construa uma associação em paralelo. O resultado é esquematizado a seguir:
M resistores
em série
N resistores
em paralelo
A resistência equivalente desse conjunto vale:
⎛
⎞
⎜
⎟
1
1 ⎟ N ⎛ 1 ⎞ N
= ∑⎜ M
= ∑⎜
⎟=
⎟ i =1 ⎝ MR ⎠ MR
Req i =1 ⎜
⎜ ∑ Rj ⎟
⎝ j =1 ⎠
Se N = M, teremos Req = R. Portanto, os arranjos possíveis serão:
N
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a
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9 resistores
4 resistores
1 resistor
=
= etc...
=
10 Ω
10 Ω
10 Ω
A potência P1 dissipada por um resistor R atravessado por uma corrente i é:
P1 = Ri 2
No caso da associação de quatro resistores, cuja corrente de entrada na associação também seja i,
cada resistor será atravessado por uma corrente igual a i/2. Portanto, a potência P4 dissipada por
cada resistor da associação será:
2
i
1
1
⎛i⎞
P4 = R ⎜ ⎟ = R = Ri 2 = P1 = 0, 25 W
4
4
4
⎝2⎠
Para que a associação de quatro resistores trabalhe a pleno, a corrente deverá ser dobrada, o que fará
com que cada resistor dissipe 1 W. No total, haverá dissipação de 4 W para toda a associação. No
caso da associação de nove resistores, a corrente deverá ser triplicada para que a associação trabalhe
a pleno, dissipando 9 W. E assim por diante. Portanto, como o problema exige que a associação
deve poder dissipar no mínimo 5 W, o menor número de resistores que a associação deverá ter é
nove.
2
[Início seção]
[Início documento]
26. No circuito da Fig. 23, ε, R1 e R2 têm valores constantes, mas R pode variar. Ache uma
expressão para R que torne máximo o aquecimento deste resistor.
(Pág. 128)
Solução.
Considere o esquema abaixo, que representa a parte superior central do circuito, onde 1 e 2
representam as malhas da esquerda e da direita, respectivamente, e in representam as correntes
elétricas:
i0 i2
1
i1
2
Potência dissipada por R:
P( R ) = i22 R
(1)
Cálculo de i2 (leis de Kirchhoff):
i0 = i1 + i2
(2)
ε − R1i0 − R2i1 = 0
(3)
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a
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− Ri2 + R2i1 = 0
(4)
Resolvendo-se o sistema (2), (3) e (4):
ε R2
i2 =
R1R2 + R ( R1 + R2 )
(5)
Substituindo-se (5) em (1):
P( R ) =
ε 2 R22 R
⎡⎣ R1R2 + R ( R1 + R2 ) ⎤⎦
Valor de R que maximiza a dissipação de calor em R:
dP( R )
=0
dR
2
ε 2 R22 ⎡⎣ R1 R2 − R ( R1 + R2 ) ⎤⎦
=0
3
⎡⎣ R1R2 + R ( R1 + R2 ) ⎤⎦
Como todas as grandezas que aparecem no primeiro membro desta equação são positivas, ela só
será verdadeira se:
R1 R2 − R ( R1 + R2 ) = 0
Logo:
R=
R1 R2
R1 + R2
[Início seção]
[Início documento]
30. Calcule o valor da corrente em cada um dos resistores e a diferença de potencial entre os pontos
a e b para o circuito da Fig. 26. Considere ε1 = 6,0 V, ε2 = 5,0 V, ε3 = 4,0 V, R1 = 100 Ω e R2 =
50 Ω.
(Pág. 128)
Solução.
Considere o seguinte esquema simplificado do circuito, onde os sentidos das correntes i1, i2 e i3
foram arbitrados:
________________________________________________________________________________________________________
a
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10
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i2
B
b
a
A
i3
i1
Na malha A, temos (sentido horário, partindo do ponto a):
−ε 2 + R1i1 = 0
i1 =
ε2
R1
=
( 5,0 V ) = 0, 050 A
(100 Ω )
i1 = 50 mA
Na malha B, temos (sentido horário, partindo do ponto a):
−ε1 − R2i2 + ε 3 + ε 2 = 0
i2 =
ε 2 + ε 3 − ε1
R2
=
( 5, 0 V ) + ( 4, 0 V ) − ( 6, 0 V ) = 0, 060 A
( 50 Ω )
i2 = 60 mA
No ramo ab, temos:
Va − ε 2 − ε 3 = Vb
Vab = Va − Va = ε 2 + ε 3 = ( 5, 0 V ) + ( 4,0 V )
Vab = 9, 0 V
[Início seção]
[Início documento]
31. Duas lâmpadas, uma de resistência R1 e outra de resistência R2 (< R1), são ligadas (a) em
paralelo e (b) em série. Qual das lâmpadas é mais brilhante em cada caso?
(Pág. 128)
Solução.
Neste problema, é preciso reconhecer que o brilho de uma lâmpada que funciona à base do
aquecimento (potência dissipada) de uma resistência apresenta brilho que, ao menos em princípio, é
proporcional à sua temperatura. Portanto, brilhará mais a lâmpada que conseguir dissipar mais
energia num determinado arranjo, que no presente caso é em série ou em paralelo.
(a) Quando as lâmpadas estão ligadas em paralelo, ambas estarão sujeitas à mesma diferença de
potencial, V. Como a potência dissipada por um resistor vale P = V2/R, a lâmpada com menor
resistência (R2) irá dissipar mais energia e, consequentemente, brilhar mais.
R1
i
R2
ε
________________________________________________________________________________________________________
a
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11
Problemas Resolvidos de Física
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(b) Se as lâmpadas estão em série, ambas serão percorridas pela mesma corrente. Como a potência
dissipada por um resistor vale P = i2R, a lâmpada com maior resistência (R1) irá dissipar mais
energia e, consequentemente, brilhar mais.
R1 R2
i
ε
[Início seção]
[Início documento]
33. Qual a leitura no amperímetro A, Fig. 27,ε e R? Suponha que A tenha resistência interna nula.
(Pág. 128)
Solução.
Considere o esquema simplificado da Fig. 27 abaixo:
i1
i2
a
A
b
i3 B
i4
c
i6 C
i5
d
Equações de Kirchhoff para o circuito.
Nó a:
i1 = i2 + i3
Nó b:
i6 = i3 + i4
Nó c:
i2 = i4 + i5
Malha A:
ε − 2 Ri3 − Ri6 = 0
Malha B:
2 Ri3 − Ri2 = 0
Malha C:
Ri6 − Ri5 = 0
________________________________________________________________________________________________________
a
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12
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As equações acima formam um sistema com seis incógnitas. A solução é laboriosa e tem o seguinte
resultado:
6ε
4ε
2ε
ε
3ε
i2 =
i3 =
i4 =
i5 =
7R ,
7R ,
7R ,
7R ,
7R ,
A corrente que passa pelo amperímetro é i4. Logo, a resposta do problema é:
i1 =
i4 =
i6 =
3ε
7R
ε
7R
[Início seção]
[Início documento]
34. Quando as luzes de um carro são ligadas, um amperímetro em série com elas marca 10,0 A e um
voltímetro em paralelo marca 12,0 V. Veja a Fig. 28. Quando o motor de arranque elétrico é
ligado, a leitura no amperímetro baixa para 8,00 V e as luzes diminuem um pouco seu brilho. Se
a resistência interna da bateria for 50 mΩ e a do amperímetro for desprezível, quais são (a) a
fem da bateria e (b) a corrente que atravessa o motor de arranque quando as luzes estão acesas?
(Pág. 128)
Solução.
(a) Quando as luzes são ligadas, mas o motor de arranque ainda está desligado, o circuito pode ser
representado pela figura abaixo, em que ε é a fem da bateria, r é a resistência interna da bateria, i0 é
a corrente elétrica e L representa as luzes do carro:
ε
L
r
i0
Aplicação da regra das malhas de Kirchhoff a este circuito, onde V é a diferença de potencial nos
terminais das luzes:
ε − V − ri0 = 0
ε = V + ri0
ε = (12, 0 V) + (50 ×10−3 Ω)(10, 0 A)
ε = 12,5 V
(b) Quando o motor de arranque é ligado, o circuito passa a ser representado pela figura abaixo, em
que M representa o motor de arranque:
________________________________________________________________________________________________________
a
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13
Problemas Resolvidos de Física
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i1
ε
M
L
r
i2
i3
Aplicação das regras de Kirchhoff a este circuito, em que RM é a resistência elétrica do motor e RL é
a resistência das luzes:
(1)
ε − RM i2 − ri1 = 0
− RLi3 + RM i2 = 0
(2)
i1 = i2 + i3
(3)
(1) + (2):
ε − ri1 − RLi3 = 0
(4)
Resistência das luzes, obtida do circuito analisado no item (a):
RL =
V
i0
(5)
Resolvendo-se (4) para i1 e substituindo-se (5) na expressão obtida para i1:
⎛
V ⎞1
i1 = ⎜ ε − i3 ⎟
i0 ⎠ r
⎝
⎡
⎤
(12, 0 V)
1
i1 = ⎢(12,5 V) −
(8, 00 A) ⎥
= 58, 0 A
−3
(10, 0 A)
⎣
⎦ (50 × 10 Ω)
Resolução de (3):
i2 = i1 − i3
i2 = (58, 0 A) − (8, 00 A)
i2 = 50, 0 A
[Início seção]
[Início documento]
35. A Fig. 29 mostra uma bateria ligada a um resistor uniforme R0. Um contato deslizante pode
mover-se sobre o resistor de x = 0 à esquerda, até x = 10 cm à direita. Ache uma expressão para
a potência dissipada no resistor R como uma função de x. Trace o gráfico desta função para ε =
50 V, R = 2.000 Ω e R0 = 100 Ω.
(Pág. 128)
Solução.
________________________________________________________________________________________________________
a
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14
Problemas Resolvidos de Física
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
Considere o esquema simplificado da Fig. 29 abaixo:
x
i3
B
a
i2
A
i1
L
Potência dissipada no resistor R:
P = Ri32
(1)
O cálculo da potência está na dependência de i3, que será calculado por meio da aplicação equações
de Kirchhoff ao circuito.
Nó a:
(2)
i1 − i2 = i3
Malha A:
⎛ L−x⎞
⎛x⎞
ε − i2 ⎜ ⎟ R0 − i1 ⎜
⎟ R0 = 0
⎝L⎠
⎝ L ⎠
x
R0 − i1 R0 = 0
L
Substituindo-se (2) em (3):
ε + ( i1 − i2 )
ε+
i3 x
R0 − i1 R0 = 0
L
(3)
(4)
Malha B:
⎛ L−x⎞
⎟ R0 = 0
⎝ L ⎠
ε − i3 R − i1 ⎜
(5)
Multiplicando-se ambos os membros de (5) por − ⎛⎜ L ⎞⎟
⎝ L−x⎠
⎛ L ⎞
⎛ L ⎞
−⎜
⎟ ε + i3 ⎜
⎟ R + i1 R0 = 0
⎝ L−x⎠
⎝ L−x⎠
(4) + (6):
(6)
i3 x
⎛ L ⎞
⎛ L ⎞
R0 + i3 ⎜
⎟ε +
⎟ R − i1 R0 + i1 R0 = 0
L
⎝ L−x⎠
⎝ L−x⎠
ε −⎜
⎛
⎝
ε ⎜1 −
L ⎞
L
⎛x
⎞
R⎟ = 0
⎟ + i3 ⎜ R0 +
L−x⎠
L−x ⎠
⎝L
⎡ ( L − x) xR0 + L2 R ⎤
⎡ L − ( L − x) ⎤
i3 ⎢
⎥ =ε ⎢
L( L − x)
⎣ L − x ⎥⎦
⎣
⎦
ε Lx
i3 = 2
L R + R0 ( L − x ) x
(7)
Substituindo-se (7) em (1):
________________________________________________________________________________________________________
a
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15
Problemas Resolvidos de Física
P=
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ε 2 L2 Rx 2
⎡⎣ L2 R + R0 ( L − x) x ⎤⎦
2
(b)
P(x)
x
[Início seção]
[Início documento]
36. Você recebe duas baterias iguais, de fems ε1 e ε2 e resistências internas r1 e r2, que podem ser
ligadas em série ou em paralelo para produzir uma corrente num resistor R (ver Fig. 30). (a)
Obter a expressão da corrente que atravessa R no circuito da parte (a) da Fig. 30. (b) Escreva a
expressão da corrente para o circuito da parte (b).
(Pág. 129)
Solução.
[Início seção]
[Início documento]
37. (a) Calcule a intensidade das três correntes que aparecem no circuito da Fig. 31. (b) Calcule o
valor de Vb − Va. Suponha que R1 = 1,20 Ω, R1 = 2,30 Ω, ε1 = 2,00 V, ε2 = 23,80 V e ε3 = 5,00
V.
________________________________________________________________________________________________________
a
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16
Problemas Resolvidos de Física
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
(Pág. 129)
Solução.
(a) Considere o esquema simplificado da Fig. 31 abaixo:
a
i1
i3
A
i2 B
b
Equações de Kirchhoff.
Malha A:
ε1 − R1i1 − R2i2 − ε 2 − R1i1 = 0
ε1 − ε 2 − 2R1i1 − R2i2 = 0
(1)
Malha B:
ε 3 − R1i3 − R2i2 − ε 2 − R1i3 = 0
ε 3 − ε 2 − 2R1i3 − R2i2 = 0
(2)
i1 = i2 − i3
(3)
Nó a:
Substituindo-se (3) em (1):
ε1 − ε 2 − 2 R1i2 + 2 R1i3 − R2i2 = 0
(4)
(2) + (4):
ε1 − 2ε 2 + ε 3 − 2 ( R1 + R2 ) i2 = 0
i2 =
i2 =
ε1 − 2ε 2 + ε 3
2 ( R1 + R2 )
(5)
(2, 00 V) − 2(3,80 V) + (5, 00 V)
= −0, 085714" A
2 [ (1, 20 Ω) + (2,30 Ω)]
i2 ≈ −85, 7 mA
Logo, a corrente i2 tem o sentido para cima.
Substituindo-se (5) em (2):
i3 =
−2ε 2 R1 − 2ε 3 R1 − ε1 R2 + ε 3 R2
4 R1 ( R1 + R2 )
(6)
i3 ≈ 0,582 A
________________________________________________________________________________________________________
a
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Problemas Resolvidos de Física
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Logo, a corrente i3 tem o sentido para cima.
Substituindo-se (6) em (5):
i1 =
2ε1 R1 − 2ε 2 R1 + ε1 R2 − ε 3 R2
4 R1 ( R1 + R2 )
i1 ≈ −0, 668 A
Logo, a corrente i1 tem o sentido para baixo.
(b) Contabilidade de ganhos e perdas de potencial elétrico no caminho ab, considerando-se o
sentido correto da corrente i2 (para cima):
Vb + ε 2 − R2i2 = Va
Vb − Va = R2i2 − ε 2
Vb − Va = (2,30 Ω)(0, 668 A) − (3,80 V) = −3, 60285" V
Vb − Va ≈ −3, 60 V
[Início seção]
[Início documento]
46. A resistência variável da Fig. 36 pode ser ajustada de modo que os pontos a e b tenham
exatamente o mesmo potencial. (Verificaremos essa situação ligando momentaneamente um
medidor sensível entre os pontos a e b. Não havendo diferença de potencial, não haverá
deslocamento no ponteiro do medidor.) Mostre que, após essa ajustagem, a seguinte relação
torna-se verdadeira:
RX = RS
R2
,
R1
A resistência (Rx) de um resistor pode ser medida por este processo (chamado de Ponte de
Wheatstone), em função das resistências (R1, R2 e R3) de outros resistores calibrados
anteriormente.
(Pág. 130)
Solução.
Considere o esquema abaixo:
________________________________________________________________________________________________________
a
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Problemas Resolvidos de Física
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a
R
i1
R
c
i0
d
Rs
Rx
i2
b
ε
Contabilidade de ganhos e perdas de potencial elétrico no caminho adb:
Va + R1i1 − RS i2 = Vb = Va
R1i1 = RS i2
(1)
Contabilidade de ganhos e perdas de potencial elétrico no caminho acb:
Va − R2i1 + RX i2 = Vb = Va
R2i1 = RX i2
(2)
Dividindo-se (1) por (2):
R1 RS
=
R2 RX
RX = RS
R2
R1
[Início seção]
[Início documento]
47. Mostre que se os pontos a e b da Fig. 36 forem ligados por um fio de resistência r este será
percorrido por uma corrente igual a
i=
ε ( Rs − Rx )
( R + 2r )( Rs + Rx ) + 2Rs Rx
,
onde fizemos R1 = R2 = R,R0 = 0, e ε é o valor da fem da bateria. Esta fórmula é consistente com
o resultado do problema 46?
________________________________________________________________________________________________________
a
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19
Problemas Resolvidos de Física
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(Pág. 130)
Solução.
Considere o esquema abaixo:
a
i2
i3
R
R
i6
c
i1
B r
C
i4
i5
Rs
d
Rx
A
b
ε
Equações de Kirchhoff.
Nó a:
i2 = i3 + i6
Nó b:
i5 = i4 + i6
Nó c:
i1 = i2 + i4
Malha A:
ε − 2 R5i4 − Rx i5 = 0
Malha B:
− Ri2 − ri6 − R5i4 = 0
Malha C:
− Ri3 + Rx i5 + ri6 = 0
As equações acima formam um sistema com seis incógnitas. A solução é laboriosa e tem o seguinte
resultado:
⎡( R + Rs )( R + Rx ) + r ( 2 R + Rs + Rx ) ⎤⎦ ε
i1 = ⎣
R ⎡⎣ 2 Rs Rx + ( 2r + R )( Rs + Rx ) ⎤⎦
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a
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⎡ Rs ( R + Rx ) + r ( Rs + Rx ) ⎤⎦ ε
i2 = ⎣
R ⎡⎣ 2 Rs Rx + ( 2r + R )( Rs + Rx ) ⎤⎦
i3 =
⎡⎣ rRs + ( r + R + Rs ) Rx ⎤⎦ ε
R ⎡⎣ 2 Rs Rx + ( 2r + R )( Rs + Rx ) ⎤⎦
( 2r + R + Rx ) ε
2 Rs Rx + ( 2r + R )( Rs + Rx )
( 2r + R + Rs ) ε
i5 =
2 Rs Rx + ( 2r + R )( Rs + Rx )
( Rs − Rx ) ε
i6 =
2 Rs Rx + ( 2r + R )( Rs + Rx )
i4 =
A corrente que passa por r é i6. Logo, a demonstração está completa.
[Início seção]
[Início documento]
48. Num circuito RC série, ε1 = 11,0 V, R = 1,42 MΩ e C = 1,80 μF. (a) Calcule a constante de
tempo. (b) Ache a carga máxima que se acumulará no capacitor. (c) Quanto tempo é necessário
para a carga no capacitor atingir 15,5 μC?
(Pág. 130)
Solução.
O circuito RC série está esquematizado a seguir:
R
i
C
ε
(a) A constante de tempo τ é dada por:
τ = RC = (1, 42 ×106 Ω )(1,80 ×10−6 F) = 2,556 s
τ ≈ 2,56 s
(b) A carga que o capacitor recebe neste circuito é função do tempo e é dada por:
t
−
⎛
⎞
q = Cε ⎜1 − e RC ⎟
⎝
⎠
A carga máxima qmáx é obtida quando o tempo é muito grande ou infinito.
∞
−
⎛
⎞
qmá x = Cε ⎜1 − e RC ⎟ = Cε (1 − 0 ) = Cε = (1,80 ×10−6 F) (11,0 V ) = 1,98 ×10−5 C
⎝
⎠
qm á x = 19,8 μ C
(c)
________________________________________________________________________________________________________
a
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Problemas Resolvidos de Física
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t
t
−
−
⎛
⎞
q = Cε ⎜1 − e RC ⎟ = Cε − Cε e RC
⎝
⎠
1− e
e
−
−
t
RC
−
t
RC
=
q
Cε
= 1−
q
Cε
t
q ⎞
⎛
= ln ⎜1 −
⎟
RC
⎝ Cε ⎠
q ⎞
⎛
t = − RC ln ⎜1 −
⎟
⎝ Cε ⎠
⎡
⎤
15,5 ×10−6 C )
(
⎥ = 1,9031"s
t = − (1, 42 ×10 Ω )(1,80 ×10 F) × ln ⎢1 −
−6
⎢⎣ (1,80 ×10 F) (11,0 V ) ⎥⎦
t ≈ 1,90 s
−6
6
[Início seção]
[Início documento]
51. Um capacitor é descarregado, através de um circuito RC, fechando-se a chave no instante t = 0.
A diferença de potencial inicial através do capacitor é igual a 100 V. Se a diferença de potencial
baixou para 1,06 V após 10,0 s, (a) qual é a constante de tempo do circuito? (b) Qual será a
diferença de potencial no instante t = 17 s?
(Pág. 130)
Solução.
Considere o esquema abaixo:
R
C
(a) Equação de descarga do circuito RC, onde q(t) é a carga elétrica nas placas do capacitor em
função do tempo e q0 é a carga inicial nas placas:
q(t ) = q0e−t / RC
Diferença de potencial nas placas do capacitor em função do tempo:
q(t )
V(t ) =
C
Substituindo-se (2) em (1):
q
V(t ) = 0 e−t / RC
C
V(t ) = V0 e−t / RC
V(t )
V0
(1)
(2)
(3)
= e−t / RC
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a
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Problemas Resolvidos de Física
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⎛V ⎞
t
ln ⎜ (t ) ⎟ = −
RC
⎝ V0 ⎠
t
RC = −
⎛V ⎞
ln ⎜ (t ) ⎟
⎝ V0 ⎠
RC = −
(10, 0 s)
= 2,1993" s
⎛ 1, 06 V ⎞
ln ⎜
⎟
⎝ 100 V ⎠
RC ≈ 2, 20 s
(b) Partindo-se de (3):
V(t ) = V0 e−t / RC
V(17 s) = (100 V)0 e− (17 s) /(2,1993"s) = 0, 043956" V
V(17 s) ≈ 0, 0440 V
[Início seção]
[Início documento]
53. A Fig. 37 mostra o circuito de uma lâmpada de sinalização, como aquelas colocadas em obras
nas estradas. A lâmpada fluorescente L é ligada em paralelo ao capacitor C de um circuito RC.
A lâmpada é percorrida por uma corrente somente quando a diferença de potencial entre seus
terminais atinge um valor mínimo VL, necessário para ionizar o elemento químico dentro da
lâmpada, em geral mercúrio; quando isto acontece, o capacitor descarrega através da lâmpada e
ela brilha durante um tempo muito pequeno. Suponha que desejamos que a lâmpada brilhe duas
vezes por segundo. Usando uma lâmpada com voltagem mínima de partida VL = 72 V, uma
bateria de 95 V e um capacitor de 0,15 μF, qual deve ser a resistência R do resistor?
(Pág. 130)
Solução.
A lâmpada e o capacitor estão sujeitos à mesma diferença de potencial. Isto significa que o tempo
que a lâmpada leva para atingir o potencial VL é igual ao tempo que o capacitor leva para atingir o
mesmo potencial. Para que a lâmpada pisque duas vezes por segundo é necessário que o potencial
VL seja alcançado duas vezes a cada segundo, ou seja, VL deve ser alcançado num tempo tL = 0,50 s.
A dependência do potencial do capacitor em relação ao tempo é dada pela seguinte relação:
V(t ) = ε (1 − e−t / RC )
VL = ε (1 − e−tL / RC )
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23
Problemas Resolvidos de Física
e−tL / RC = 1 −
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VL
ε
−tL
⎛ V ⎞
= ln ⎜1 − L ⎟
ε ⎠
RC
⎝
R=−
tL
⎛ V ⎞
C ln ⎜1 − L ⎟
ε ⎠
⎝
=−
( 0,50 s )
⎡
72 V ⎤
( 0,15 ×10−6 F) ln ⎢1 − (( 95 V )) ⎥
⎣
⎦
= 2,35009"×106 Ω
R ≈ 2,35 MΩ
[Início seção]
[Início documento]
54. Um capacitor de 1,0 μF tem uma energia igual a 0,50 J armazenada. Ele então descarrega
através de um resistor de 1,0 MΩ. (a) Qual é a carga inicial do capacitor? (b) Qual a corrente
que percorre o resistor no início da descarga? (c) Determine VC, a voltagem nos terminais do
capacitor, e VR, a voltagem nos terminais do resistor, como funções do tempo. (d) Expresse a
taxa de geração de energia interna (potência dissipada) no resistor como função do tempo.
(Pág. 131)
Solução.
(a) A energia potencial elétrica U0 de um capacitor de capacitância C carregado com carga q0 é dada
por:
q02
U0 =
2C
Logo:
q0 = 2U 0C = 2 ( 0,50 J ) (1, 0 ×10−6 F ) = 1, 0 ×10−3 C
q0 = 1, 0 mC
(b) Embora a corrente gerada na descarga de um capacitor através de um resistor dependa do tempo,
de acordo com a relação:
i(t ) =
ε
−
t
RC
e ,
(1)
R
no instante t0 = 0, a corrente não depende do tempo, uma vez que o termo exponencial resulta em 1.
Logo:
i0 =
ε
R
A fem ε pode ser obtida a partir da energia potencial inicial U0.
1
U 0 = Cε 2
2
2U 0
C
Substituindo-se (3) em (2):
ε=
(2)
(3)
________________________________________________________________________________________________________
a
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24
Problemas Resolvidos de Física
i0 =
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1 2U 0
1
=
R C
(1, 0 ×106 Ω )
2 ( 0,50 J )
(1, 0 ×10
−6
F)
= 1, 0 ×10−3A
i0 = 1, 0 mA
(c) A carga nas placas de um capacitor C que descarrega através de um resistor R, em função do
tempo é dada por:
q(t ) = q0e
−
t
RC
A diferença de potencial no capacitor vale:
q
V(t ) = (t )
C
Logo:
1, 0 ×10−3 C ) − (1,0×106 Ω)(1,0×10−6 F)
(
q0 − RCt
V(t ) = e
e
=
C
(1, 0 ×10−6 F)
t
V(t ) =
q0 − RCt
= (1,0 ×103 V ) e−t
e
C
VC ≈ 103 e−t
A diferença de potencial do capacitor e do resistor está relacionada por:
VC = −VR
Isto se deve ao fato de os terminais do capacitor estarem ligados diretamente aos terminais do
capacitor e, seguindo o sentido da corrente, enquanto o potencial aumenta no capacitor ele diminui
no resistor (veja esquema a seguir).
Potencial diminue
no sentido da corrente
R
−
+
−
i
+
C
Potencial aumenta
no sentido da corrente
Logo:
VR ≈ −103 e−t
(4)
(d) A potência PR dissipada no resistor também é função do tempo, pois depende da corrente i que
atravessa o resistor e da diferença de potencial V nos terminais do resistor; tanto i como V
dependem do tempo.
PR = i(t )VR
(5)
A corrente no resistor é dada pela Eq. (1), lembrando que, neste problema, RC = 1:
V0 − RCt
q −t
= 0 e RC = (1, 0 ×10−3 A ) e−t
e
R
RC
Substituindo-se (4) e (6) em (5):
i(t ) = i0e
−
t
RC
=
(6)
PR = (10−3 e−t )( −103 e−t )
________________________________________________________________________________________________________
a
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25
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PR = −e−2t
[Início seção]
[Início documento]
58. Um capacitor inicialmente descarregado C é completamente carregado por uma fem constante ε
em série com um resistor R. (a) Mostre que a energia final armazenada no capacitor é metade da
energia fornecida pela fonte de fem. (b) Mostre, por integração direta de i2R de 0 a t, onde t é o
tempo necessário para o capacitor ficar totalmente carregado, que a energia dissipada pelo
resistor é, também, metade da energia fornecida pela fonte de fem.
(Pág. 131)
Solução.
(a) A energia total fornecida pela fonte de fem é definida em termos do trabalho realizado pela fonte
sobre os portadores de carga:
dW
ε=
dq
dW = ε dq = ε CdV
ε
ε
0
0
W = ∫ ε CdV = ε C ∫ dV
W =ε C
A energia acumulada no capacitor, na forma de energia potencial elétrica, é dada por:
2
q 2 ε 2C
U=
=
2C
2
Como U é igual à metade de W, está demonstrado que a energia acumulada no capacitor equivale à
metade da energia gasta pela fonte de fem.
(b) No processo de carga de um capacitor temos:
dq ε − RCt
i=
= e
dt R
A potência dissipada pelo resistor vale:
dU 2
P=
=i R
dt
Substituindo-se (1) em (2):
(1)
(2)
2t
2t
dU ε 2 − RC
ε 2 − RC
e ⋅R = e
=
dt R 2
R
dU =
∫
U
ε2
R
e
−
ε2
2t
RC
dt
∞
−
2t
RC
dt
R ∫0
A integração no tempo deve ser até um tempo infinito, pois somente após um tempo muito longo o
capacitor ficará plenamente carregado.
0
dU =
U=
e
ε 2 ⎛ RC ⎞
⎜−
⎟e
R⎝ 2 ⎠
−
2t ∞
RC
0
=−
ε 2C
2
( 0 − 1)
________________________________________________________________________________________________________
a
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26
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U=
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
ε 2C
2
[Início seção]
[Início documento]
________________________________________________________________________________________________________
a
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27
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Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 5.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 2003.
FÍSICA 3
CAPÍTULO 31 - CIRCUITOS CC
EXERCÍCIOS
01
11
21
31
41
02
12
22
32
42
03
13
23
33
43
04
14
24
34
44
05
15
25
35
45
06
16
26
36
46
07
17
27
37
47
08
18
28
38
48
09
19
29
39
49
10
20
30
40
50
07
17
27
37
47
08
18
28
38
48
09
19
29
39
49
10
20
30
40
50
PROBLEMAS
01
11
21
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Cap. 31 – Circuitos CC
Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 5 Ed. - LTC - 2003.
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