1 Resoluções dos testes propostos

Testes propostos
Testes propostos
Testes propostos
Geradores
elétricos
Testes
propostos
Capítulo
Unidade B
Capítulo 9 Geradores elétricos
Capítulo
Geradores
elétricos
Capítulo
9
os fundamentos
3
da
física
Resoluções
dos testes propostos
Geradores
elétricos
Capítulo
9
9
9
T.195
T.195
T.195
T.195
T.196
T.196
T.196
T.196
T.197
T.197
T.197
T.197
T.198
T.198
T.198
T.198
1
Geradores elétricos
Resposta: d
Resposta:
d r � i, sendo i � 0, resulta U � E. Portanto, a força eletromotriz E da
De
U�E�
Resposta:
dtensão
De U �éE a�
r � i, sendo
� 0, terminais
resulta U �
E. Portanto,
a força
da
bateria
entrei seus
quando
a bateria
não eletromotriz
é percorrida Epor
Resposta:
d
De
U
�
E
�
r
�
i,
sendo
i
�
0,
resulta
U
�
E.
Portanto,
a
força
eletromotriz
E
da
bateria éelétrica
a tensão
entre em
seuscircuito
terminais
quando a bateria não é percorrida por
corrente
(bateria
aberto).
De U �éEelétrica
r � i,(bateria
sendo
� 0,
resultaaberto).
U�
E. Portanto,
a força
da
bateria
a�tensão
entreiem
seus
terminais
quando
a bateria
não eletromotriz
é percorrida Epor
corrente
circuito
bateria éelétrica
a tensão
entre em
seuscircuito
terminais
quando a bateria não é percorrida por
corrente
(bateria
aberto).
Resposta:
a
U � 5,0 V
corrente elétrica (bateria em circuito aberto).
Resposta:
a
U � 5,0 V
Estando
a chave
Ch aberta, o voltímetro indica a própria
V
Resposta:
a
U � 5,0 V
Estando
a chave Ch
aberta,
o voltímetro
força eletromotriz
E do
gerador:
E � 6,0 Vindica a própria
V
Resposta:
a
U �E5,0 Vr
Estando
a chave
aberta,
o voltímetro
força
E do
gerador:
E � 6,0 Vindica a própria
Com aeletromotriz
chave
Ch Ch
fechada,
temos:
EV
i
r
Estando
a chave
Ch
aberta,
o voltímetro
indica a própria
força
eletromotriz
E
do
gerador:
E
�
6,0
V
Com
a
chave
Ch
fechada,
temos:
i
V
U � R � i ⇒ 5,0 � 10 � i ⇒ i � 0,50 A
E
i
r Ch
força
E do
E �A6,0 V
Com
Ch�fechada,
i
U � Raeletromotriz
� chave
i ⇒ 5,0
10
� i gerador:
⇒ temos:
i � 0,50
E
i
i
U
�E�r�i⇒
� 6,0 � r � 0,50 ⇒ r � 2,0 Ω
R � 10 Ωr Ch
Com
Ch5,0
i
U � Ra� chave
i ⇒ 5,0
�fechada,
10 � i ⇒ temos:
i � 0,50 A
i
i
U � E � r � i ⇒ 5,0 � 6,0 � r � 0,50 ⇒ r � 2,0 Ω
R � 10 Ω Ch
i
U � R � i ⇒ 5,0 � 10 � i ⇒ i � 0,50 A
i
U � E � r � i ⇒ 5,0 � 6,0 � r � 0,50 ⇒ r � 2,0 Ω
R � 10 Ω Ch
i
U
� E � r �ei ⇒ 5,0 � 6,0 � r � 0,50 ⇒ r � 2,0 Ω
R � 10 Ω
Resposta:
Resposta:
Dados:
E �e12 V; U � 8 V; i � 200 A
Resposta:
Dados:
E �e12 V; U � 8 V; i � 200 A
U
� E � r �ei ⇒ 8 � 12 � r � 200 ⇒ r � 0,02 Ω
Resposta:
Dados: E � 12 V; U � 8 V; i � 200 A
U � E � r � i ⇒ 8 � 12 � r � 200 ⇒ r � 0,02 Ω
Dados: E � 12 V; U � 8 V; i � 200 A
U � E � r � i ⇒ 8 � 12 � r � 200 ⇒ r � 0,02 Ω
U
� E � r �ei ⇒ 8 � 12 � r � 200 ⇒ r � 0,02 Ω
Resposta:
Resposta:
I.
Correta. e
Resposta:
e
I. A
Correta.
equação do gerador é U � E � r � i. Portanto, é uma função do 1o grau
Resposta:
e
I.
Correta.
A
equação do
geradorcorrespondente
é U � E � r �limita-se
i. Portanto,
é uma
função do
1o grau
decrescente.
O gráfico
à região
do primeiro
quadrante,
I. A
Correta.
equação do gráfico
geradorcorrespondente
é U � E � r �limita-se
i. Portanto,
é uma
função do
1o grau
decrescente.
à região
do primeiro
quadrante,
do ponto de O
vista da Física:
A equação do gráfico
geradorcorrespondente
é U � E � r �limita-se
i. Portanto,
é uma
função do
1o grau
decrescente.
à região
do primeiro
quadrante,
do ponto de O
vista da Física:
Ucorrespondente limita-se à região do primeiro quadrante,
decrescente.
gráfico
do
ponto de O
vista
da Física:
E Física:
U
do ponto de vista da
E U
E U
U
E
U
U
U
0
i
0
i
0
i
0
i
E
icc = ––
Er
icc = ––
Er
icc = ––
Er
icc = ––
r
i
i
i
i
Unidade B
Capítulo da
9 Geradores
elétricos
Os fundamentos
Física • Volume
3 • Capítulo 9
os fundamentos
da física
3
22
Testes
propostos
Resoluções
dos
testes propostos
II. Correta.
Quando r � i � E, pela equação do gerador, temos U � O. Então, anula-se a ddp
nos terminais do gerador, que deixa de “alimentar” o circuito.
III. Correta.
Da equação do gerador, U � E � r � i, como o termo r � i � 0, depreende-se que
U � E.
T.199
Resposta: a
Do gráfico: U1 � 12 V; i1 � 2 A; U2 � 8 V; i2 � 3 A
Aplicando U � E � r � i às duas situações, vem:
12 � E � r � 2
�
8�E�r�3 �
Subtraindo a expressão � de �, vem: 12 � 8 � �2r � 3r ⇒ r � 4 Ω
Substituindo r por 4 Ω em �, temos: 12 � E � 4 � 2 ⇒ E � 20 V
T.200
Resposta: e
Do gráfico, temos:
E � 20 V
icc � 10 A ⇒ E � 10 ⇒
r
U (V)
i
r
�
E
�
20
Gerador
R
Resistor
0
⇒ 20 � 10 ⇒ r � 2 Ω
r
10
i (A)
U � R � i ⇒ 20 � R � 10 ⇒ R � 2 Ω
Pela lei de Pouillet, temos:
E
20
⇒i�
⇒ i�5A
R�r
2�2
Portanto, nenhuma das alternativas responde à questão.
i�
T.201
Resposta: e
U
U2
U2
Pot � 1 ⇒ 18 � 1 ⇒ U1 � 30 V
R1
50
U � U1 � U3
U � 30 � 42
U � 72 V
O rendimento do gerador é η � 0,90. Assim:
η�
U
72
⇒ 0, 90 �
⇒ E � 80 V
E
E
E
U1
R2
U1
R1 � 50 Ω
(Pot � 18 W)
R3
U3 � 42 V
Unidade B
Capítulo da
9 Geradores
elétricos
Os fundamentos
Física • Volume
3 • Capítulo 9
os fundamentos
da física
T.202
3
Testesdos
propostos
Resoluções
testes propostos
Resposta: c
Esquematicamente, temos:
L2
L1
A
i1
i1
R
i2
i
r
+
– E
B
i
i2
As lâmpadas L1 e L2 devem estar submetidas às ddps U1 e U2 (U1 � U2 � 2,0 V) e
dissipar as potências Pot1 e Pot2 (Pot1 � Pot2 � 0,20 W).
Na lâmpada L1: Pot1 � U1 � i 1 ⇒ 0,20 � 2,0 � i 1 ⇒ i 1 � 0,10 A
Na lâmpada L2: Pot2 � U2 � i2 ⇒ 0,20 � 2,0 � i2 ⇒ i2 � 0,10 A
A intensidade de corrente no gerador será:
i � i1 � i2 � 0,10 � 0,10 ⇒ i � 0,20 A
A ddp entre A e B vale: UAB � U1 � U2 � 2,0 V
Temos: UAB � E � r � i � R � i
Como R � 12 Ω, vem:
2,0 � 4,5 � r � (0,20) � 12 � (0,20) ⇒
T.203
r � 0,50 Ω
Resposta: c
Dados: E � 100 V; r � 2,0 Ω; η � 80% � 0,80
U
U
⇒ 0,80 �
⇒ U � 80 V
100
E
Aplicando a equação do gerador:
Mas: η �
U � E � r � i ⇒ 80 � 100 � 2,0 � i ⇒ i � 10 A
A lei de Ohm aplicada ao resistor fornece:
U � R � i ⇒ 80 � R � 10 ⇒ R � 8,0 Ω
33
Unidade B
Capítulo da
9 Geradores
elétricos
Os fundamentos
Física • Volume
3 • Capítulo 9
os fundamentos
da física
T.204
3
44
Testesdos
propostos
Resoluções
testes propostos
Resposta: b
Chave ligada
R
R
R
R
G
E
R
i
G
Chave desligada
G
E
i'
R
E
i' �
G
E
3R
2
2
E
Comparando � e �, temos: i ’ �
T.205
1
3R
2
R
R
i� E
R
2i
3
Resposta: a
A fem do gerador é E � 20 V.
A ddp nos terminais do gerador é igual à ddp no resistor de R � 8,0 Ω, que é
atravessado pela corrente de intensidade i � 2,0 A. Assim:
U � R � i � 8,0 � 2,0 ⇒ U � 16 V
Aplicando a equação do gerador:
U � E � r � iG ⇒ 16 � 20 � r � iG �
A corrente no gerador é iG � i � i’, sendo i’ a intensidade de corrente no resistor de
R’ � 2,0 Ω:
U � R’ � i’ ⇒ 16 � 2 � i’ ⇒ i’ � 8,0 A
Portanto: iG � 2,0 � 8,0 ⇒ iG � 10 A
Substituindo em �: 16 � 20 � r � 10 ⇒
r � 0,40 Ω
Unidade B
Capítulo da
9 Geradores
elétricos
Os fundamentos
Física • Volume
3 • Capítulo 9
os fundamentos
da física
T.206
3
55
Testes
propostos
Resoluções
dos
testes propostos
Resposta: d
Dados: E � 1,5 V e R � 15 Ω
a) Incorreta.
Ao fechar a chave, U � E, pois os aparelhos não são ideais.
b) Incorreta.
A indicação do voltímetro depende de a chave estar aberta ou fechada.
c) Incorreta.
Considerando que o voltímetro não é ideal, ele é atravessado por corrente.
Então, chegam na parte inferior da pilha as cargas que passam pela chave S e as
cargas que passam pelo voltímetro.
d) Correta.
Ao fechar a chave S, a resistência R fica associada em paralelo ao voltímetro.
Como a pilha não é ideal, a ddp indicada pelo voltímetro diminui.
e) Incorreta.
Estando aberta a chave, há passagem de corrente pelo voltímetro, pois este não
é ideal.
T.207
Resposta: a
Req. � 10 � 40 Ω � 8,0 Ω
10 � 40
10 Ω
20 Ω
5,0 Ω
40 Ω
2,0 Ω
12 V
5,0 Ω
i
2,0 Ω
10 Ω
12 V
20 Ω
Pela lei de Pouillet, temos:
i�
2,0 Ω
40 Ω
E
12
⇒i�
⇒ i � 1,2 A
Req. � r
8,0 � 2,0
8,0 Ω
12 V
i
i
i
Unidade B
Capítulo da
9 Geradores
elétricos
Os fundamentos
Física • Volume
3 • Capítulo 9
os fundamentos
da física
T.208
3
Testes
propostos
Resoluções
dos
testes propostos
Resposta: e
A resistência de cada lâmpada vale:
(1, 2)2
U2
⇒ 0,36 �
⇒R�4 Ω
R
R
Como as lâmpadas devem estar associadas em paralelo:
Pot �
R
⇒ Rext. � 2 Ω
2
A intensidade de corrente que atravessa as lâmpadas pode ser calculada por:
Rext. �
U � Rext. � i ⇒ 1,2 � 2 � i ⇒ i � 0,6 A
Aplicando a lei de Pouillet:
i�
T.209
1,5
E
⇒ 0,6 �
⇒
Rext. � r
2�r
r � 0,5 Ω
Resposta: a
Pela lei de Pouillet: i �
Mas: VA � R � i ⇒ i �
Igualando:
V0
R � R0
VA
R
V0
V
V
R � R0
� A ⇒ 0 �
R � R0
R
VA
R
Como
V0
� 1,2 e R � 4 Ω, vem:
VA
1,2 �
4 � R0
⇒ 4 � R0 � 4,8 ⇒
4
R0 � 0,8 Ω
6
6
Unidade B
Capítulo da
9 Geradores
elétricos
Os fundamentos
Física • Volume
3 • Capítulo 9
os fundamentos
da física
T.210
3
7
Testes
propostos
Resoluções
dos
testes propostos
Resposta: e
Dados: E � 6 V; r � 0,5 Ω; Pot � 12 W
R
R
R
R
R
R
2R
R
R
R
� �
2R
3
2R
2R
2R
R � 2R � 2R
R �2R
3
R
R
R
r
� �
E
r
E
2R
3
R
5R
3
5R
6
i
2R
3
R
� �
r
i
5R
3
� �
E
r
i
E
Pela lei de Pouillet, temos:
E
6
i�
⇒i�
�
5R
5R
�r
� 0,5
6
6
A potência total dissipada no circuito inclui a potência dissipada na resistência
interna r do gerador. Assim, vem:
 5R

� 0,5 � i 2
Pot � Rtotal � i 2 ⇒ Pot � 
 6

�
Substituindo � em �:
2
36
 5R
 

6
Pot � 
� 0,5 �
⇒
⇒ Pot �

 6
  5R
5R
� 0,5 
� 0,5

 6

6
⇒ 12 �
36
⇒
5R
� 0,5
6
R�3Ω
7
Unidade B
Os fundamentos
Física • Volume
3 • Capítulo 9
Capítulo da
9 Geradores
elétricos
os fundamentos
da física
T.211
3
8
8
Testes
propostos
Resoluções
dos
testes propostos
Resposta: a
A i
i1
6,0 Ω
i2
4,0 Ω
2,0 Ω
3,0 Ω
24 V
i
2,4 Ω
A i
B
B
2,0 Ω
0,60 Ω
3,0 Ω
24 V
i
0,60 Ω
Pela lei de Pouillet, temos:
24
⇒ i � 3,0 A
2,4 � 3,0 � 0,60 � 2,0
i�
A ddp entre os pontos A e B é dada por:
UAB � RAB � i ⇒ UAB � 2,4 � 3,0 ⇒ UAB � 7,2 V
Por outro lado, temos:
UAB � R � i1 ⇒ 7,2 � 6,0 � i1 ⇒ i1 � 1,2 A
Resposta: b
6 V 1,2 Ω
A
B
A
6 V 1,2 Ω
B
A
6 V 1,2 Ω
B
� �
Ω
5
Ω
10
T.212
2Ω
5Ω
3Ω
8Ω
2Ω
10 Ω
12 Ω
3Ω
i
A
6 V 1,2 Ω
B
i
Rp � 4,8 Ω
A
i
B
Pela lei de Pouillet, temos:
i�
E
6
⇒i�
⇒i�1A
Rp � r
4,8 � 1,2
De UAB � E � r � i, vem:
UAB � 6 � 1,2 � 1 ⇒ UAB � 4,8 V
ou
UAB � Rp � i ⇒ UAB � 4,8 � 1 ⇒ UAB � 4,8 V
Rp � 8 � 12 Ω � 4,8 Ω
8 � 12
Unidade B
Os fundamentos
Física • Volume
3 • Capítulo 9
Capítulo da
9 Geradores
elétricos
3
os fundamentos
da física
T.213
9
9
Testes
propostos
Resoluções
dos
testes propostos
Resposta: a
A
i
E
2Ω i
i
C
i1
�
�
i
5Ω
10 Ω
E
X
i2
2Ω
10 Ω
B
i
E
2Ω
D
i
2Ω
2Ω
A i
i2
�
�
10 Ω
C
i2
15 Ω
2Ω
UXY � 10 V
Y
C
i1
Rp � 10 � 15 Ω � 6 Ω
10 � 15
B
2Ω
D
D
i
i
�
�
6Ω
2Ω
2Ω
Cálculo de i2
UXY � RXY � i2 ⇒ 10 � 10 � i2 ⇒ i2 � 1 A
Cálculo de i1
UCD � 10 � i1 � 15 � i2 ⇒ 10 � i1 � 15 � 1 ⇒ i1 � 1,5 A
Cálculo de i
i � i1 � i2 ⇒ i � 1 � 1,5 ⇒ i � 2,5 A
Cálculo de E
Pela lei de Pouillet aplicada ao último esquema, temos:
i�
T.214
E
E
⇒ 2,5 �
⇒ E � 30 V
2�6�2�2
R�r
Resposta: b
4,50
⇒ Rext. � 1,50 Ω
3
A ddp nos terminais do gerador é igual à ddp no circuito externo:
Resistência externa: Rext. �
U � Rext. � i � 1,50 � 3,00 ⇒ U � 4,50 V
A potência elétrica lançada pelo gerador vale:
Potº � U � i � 4,50 � 3,00 ⇒ Potº � 13,5 W
A energia Eel. lançada no intervalo de tempo ∆t � 1,00 min � 60 s, vale:
$ � Potº � ∆t � 13,5 � 60 ⇒ $ � 810 J
em 1 e depois em 2 permite a obtenção de dois pares de valores da ddp U nos
terminais do gerador
e da intensidade
de corrente i que o atravessa.
Unidade
B
10
Os
da
Física
Volume
3
Capítulo
9 Geradores
elétricos
Aplicando duas
vezes
a equação
do ••gerador
� E � r9
Os fundamentos
fundamentos
da
Física
Volume
3(U•• Capítulo
Capítulo
9� i ), obtém-se um sistema 10
10
3
os fundamentos
de equações que permite determinar
a fem E e a resistência interna r.
Testes
propostos
da física
Testes
propostos
Resoluções
dos
testes propostos
T.215
T.216
T.215
Resposta:
V
Resposta: aac
100 Ω
O
circuito
que
permite
as
determinações
de
E
e
r
é
o
da
alternativa
Estando
a
chave
K
aberta
e
sendo
o
voltímetro
O circuito que permite as determinações de E e r é o da alternativa a,
a, pois
pois aa ligação
ligação
E
em
e
2
aa obtenção
dois
de
da
ideal
o circuito
não éde
100 Ω
em 1
1 (resistência
e depois
depois em
eminfinita),
2 permite
permite
obtenção
deperdois pares
pares
de valores
valores K
da ddp
ddp U
U nos
nos
terminais
do
gerador
intensidade
de
corrido
por
leitura
do voltímetro
é a ii que
terminais
docorrente.
gerador e
eA da
da
intensidade
de corrente
corrente
que o
o atravessa.
atravessa.
Aplicando
duas
aa equação
do
gerador
(U
força
eletromotriz
do gerador:
E�
V
A sistema
Aplicando
duas vezes
vezes
equação
do1,5
gerador
(U �
� EE �
� rr �� ii ),
), obtém-se
obtém-se um
um
sistema
10
Os
fundamentos
da Física • Volume
3
•
Capítulo
9
de
equações
que
permite
determinar
a
fem
E
e
a
resistência
interna
r.
de equações que permite determinar a fem E e a resistência interna r.
i
Fechando a chave K, passa corrente elétrica no
V
T.216
T.216
T.215
Testes
propostos
trecho de circuito que contém
o amperímetro.
Resposta:
cc circuito que contém o voltímetro
O trecho de
Resposta:
I�0
i
100 Ω V
V
100 Ω
K
i
E
100 Ω
100 Ω
Resposta:
a
Estando
aa chave
K
aberta
e
não é percorrido
por
corrente.
Estando
chave
K
aberta
e sendo
sendo o
o voltímetro
voltímetro
i
E
E
i
O
circuito
que
permite
as
determinações
de
E
e
r
é
o
da
alternativa
a,
pois
a
ligação
ideal
(resistência
infinita),
o
circuito
não
é
perLeitura
do amperímetro:
100
Ω
K
A
ideal
(resistência
infinita), o circuito não é per100 Ω
K
em
1
e
depois
em
2
permite
a
obtenção
de
dois
pares
de
valores
da ddp U nos
corrido
por
corrente.
A
leitura
do
voltímetro
é
a
corrido
A leitura do
1,5
E por corrente.
�3 voltímetro é a
i � eletromotriz
⇒ ido
� gerador
⇒ i egerador:
�da
� 10E �A1,5
⇒ V corrente i que o atravessa.
15intensidade
terminais
força
A
100 do
R eletromotriz
força
do gerador:
E � 1,5 de
V
A
Os fundamentos
da Física
Volume 3(U• Capítulo
Aplicando duas
vezes a equação
do •gerador
� E � r 9� i ), obtém-se um sistema 10
ii
Fechando
chave
K,
corrente
no
V
Fechando
chave
K, passa
passa
corrente elétrica
elétrica
⇒ equações
i � 15 aamA
V interna
de
que permite
determinar
a fem E no
e a resistência
r.
II �
0
i
100
Ω
Testes
propostos
�0
i
100 Ω
trecho
i
trecho de
de circuito
circuito que
que contém
contém o
o amperímetro.
amperímetro.
i
T.215
T.216
T.217
T.216
T.217
T.217
T.217
O
E
100
O trecho
trecho de
de circuito
circuito que
que contém
contém o
o voltímetro
voltímetro
K
E
100 Ω
Ω
K
Resposta:
a
não
é
percorrido
por
corrente.
Resposta:
c
i
V
ii
não é percorrido por corrente.
100 Ω
ia,
ii pois a ligação
R
�
6
Ω
O
circuito
que
permite
as
determinações
de
E
e
r
é
o
da
alternativa
Estando
a
chave
K
aberta
e
sendo
o
voltímetro
Leitura
do
amperímetro:
1
O
amperímetro
ideal coloca o resistor
A
Leitura
do amperímetro:
E
A
i
M da ddp U nos
em
1
e
depois
em
2
permite
a
obtenção
de
dois
pares
de
valores
ideal
(resistência
infinita),
o
circuito
não
é
perR2 em
curto-circuito.
100
Ω
K
1,5
EE
3
E � 40 V
1,5 ⇒ i � 15 � 10�
R2 � 10 Ω
�3 A ⇒
A
ii �
⇒
�
iido
�
⇒por
�corrente.
⇒ i eA�da
� 10do
15
A ⇒de corrente
terminais
gerador
intensidade
corrido
leitura
voltímetro
é a i que o atravessa.
A
leitura
do
amperímetro
será:
100
R
Resistor
100
R
N
Aplicando
duas
vezes
a
equação
do
gerador
(U
�
E
�
r
�
i
),
obtém-se
um
sistema
em
curtoforça
eletromotriz
do
gerador:
E
�
1,5
V
A
E
40
i⇒
� i � 15 mA
⇒i�
⇒ i�4A
circuito
R3 � 4 interna
Ω
de
que permite
r.
⇒ equações
Ri 1��15
R3 mA
6 � 4 determinar a fem E e a resistência
i
Fechando
a chave K, passa corrente elétrica no
V
I�0
i
100
Ω
I
I
Na
situação
ao ladoque
(voltímetro
M
trecho
de circuito
contémentre
o amperímetro.
i
E
KM
100 Ω
ii
iV
1
R2 � 10 E
Ω
ii
M
i
M
100 Ω
NK A
R
IA
R22 �
� 10
10 Ω
Ω
A
Resistor
Resistor
R3 � 4 Ω N
N
A em
em curtocurtocircuito
R
�
4
Ω
-circuito
R33 � 4 Ω
i
V
I�0
i
100 Ω
II
II
2
i
II
R
6
Ω
1 �
não
fica
mais
em
cure
N),
o
resistor
R
R
�
6
Ω
2
trecho
de circuito
contém
o voltímetro
fica mais
em cureON),
o resistor
R2 não que
E
II100 Ω1
KM
M
to-circuito.
não é percorrido
por corrente.
to-circuito.
Resposta:
c
i
E
iV
R
E�
� 40
40 V
V
R22 �
� 10
10 Ω
Ω
V
i i
R1 � 6 Ω
Leitura
doEE amperímetro:
40
O
amperímetro
ideal
coloca
o
resistor
A
N
40
II �
i
⇒ II �
⇒
� R �R �R ⇒
� 6 � 10 � 4 ⇒
II MN
R2 em
� R22 � 1,5
RE11 curto-circuito.
R33
6 � 10 ��3 4
R
R2 � 10 Ω
i�
⇒i�
⇒ i � 15 � 10 A ⇒ E � 40 V
R33 �
�4
4Ω
Ω A
⇒
�
I
2
A
A
leitura
do
amperímetro
será:
100
R
⇒I�2 A
Resistor
N
em curtoA
leitura
do
voltímetro
é
a
ddp
no
resistor
R
:
E do voltímetro
40é a ddp no resistor R22:
A
i⇒
�leitura
⇒i�
⇒ i�4A
circuito
i � 15 mA
R �4Ω
R1 � R3
6�4
U
�
R
�
I
⇒
U
�
10
2
U � R2 � I ⇒ U � 10 �� 2
2⇒
⇒ U
U�
� 20
20 V
V
Na situação ao lado (voltímetro entre M
T.217
I
R1 � 6 Ω
Iii100 Ω V
R
R1 �
�6
6Ω
Ω
fica mais
em cure
o resistor
R2 não que
ON),
trecho
de
contém
o voltímetro
Resposta:
cc circuito
Resposta:
to-circuito.
Estando
a chave ideal
K
aberta
e sendo
o voltímetro
não
é percorrido
por
corrente.
O
amperímetro
coloca
O
amperímetro
ideal
coloca o
o resistor
resistor E � 40 V
(resistência
infinita), o 40
circuito não é perLeitura
doE amperímetro:
Rideal
curto-circuito.
2 em
⇒I�
⇒ E
IR�
2 em curto-circuito.
40
E�
�é
40aV
V
� 10do
� voltímetro
R1 �por
R2 �
R3
6 será:
4
corrido
corrente.
A leitura
A
leitura
do
amperímetro
1,5
A leitura
do amperímetro
será: �3
E
i � eletromotriz
⇒i�
⇒ i gerador:
� 15 � 10E �A1,5
⇒V
força
⇒
I�
100 do40
R 2EE A
40
ii �
⇒
4A
�leitura
⇒ ii �
� 6 � é4 a⇒
⇒ddpii �
�
A
R
R
A
do
no4 resistor
R2:
1�
3 voltímetro
�
�
R
R
6
4
1
3a chave K, passa corrente elétrica
Fechando
no
⇒ i � 15 mA
Na
ao
lado
(voltímetro
trecho
circuito
o20amperímetro.
Na
situação
ao
lado
(voltímetro
entre
M
U
�situação
R �de
I⇒
U�
10que
� 2 contém
⇒ U �entre
VM
e
N), o resistor
R2 não fica mais em curResposta:
c
to-circuito.
O
amperímetro ideal coloca o resistor
3
I
Ii
E � 40 V
i
I
I
R1 � 6 Ω
R1 � 6 Ω
i
V
M
R2 � 10 Ω
Unidade B
Capítulo da
9 Geradores
elétricos
Os fundamentos
Física • Volume
3 • Capítulo 9
os fundamentos
da física
T.218
3
11
11
Testes
propostos
Resoluções
dos
testes propostos
Resposta: a
i
2
Cálculo de R
i � 1 mA ⇒ i � 2 mA
2
Pela lei de Ohm, temos:
U�R�i
R
i
R 1 mA
A
R
i
i
i
R
i
i
�3
3 � R � 2 � 10
V
3V
i
2
i
K
� �
E
R � 1.500 Ω
Cálculo de E
Pela lei de Pouillet, temos:
i�
E
5R
⇒E�
�i⇒
5R
2
2
⇒ E�
T.219
R
K
E
i
i diminui. Portanto, a indicação de A diminui.
R
� �
Resposta: b
E
, conclui-se que, auR�r
mentando-se R, a intensidade da corrente elétrica
5R
2
i
5 � 1.500
� 2 � 10�3 ⇒ E � 7,5 V
2
Pela lei de Pouillet, i �
R
2
A
i
i
r
i
A indicação do voltímetro é a tensão no gerador
R
V
E
i
i
ou no reostato. Vamos analisar pelo gerador.
Vimos que, se R aumenta, i diminui. Como r é constante, o produto r � i diminui.
Sendo assim, de U � E � r � i, concluímos que U aumenta.
Portanto, a indicação de V aumenta.
T.220
Resposta: c
Vamos determinar a resistência elétrica R do condutor cilíndrico.
Pela lei de Pouillet, temos:
i�
E
⇒ 0,100 � 12 ⇒ R � 100 Ω
R � ri
R � 20
De R � ρ �
L
, sendo R � 100 Ω, L � π cm, A � πr 2 � π � (0,5 cm)2 � 0,25π cm2,
A
temos:
100 Ω � ρ �
π cm
⇒ ρ � 25 Ω � cm
0,25π cm2
Unidade B
Os fundamentos
Física • Volume
3 • Capítulo 9
Capítulo da
9 Geradores
elétricos
os fundamentos
da física
T.221
3
12
12
Testesdos
propostos
Resoluções
testes propostos
Resposta: b
Cada série de dois geradores mantém a ddp 2V. Na associação em paralelo das três
séries, a ddp não se modifica. Então, a associação das seis pilhas mantém a ddp
total U � 2V.
Aplicando a lei de Ohm, vem:
U�R�i ⇒ i�
T.222
U
⇒
R
i�
2V
R
Resposta: b
As pilhas são ideais. No 1o arranjo, sendo E a força eletromotriz de cada pilha, a
tensão entre os terminais da associação série é 2E e, no 2o arranjo (pilhas em paralelo), a tensão entre os terminais da associação é E. Logo, o 1o arranjo oferece uma
tensão maior.
2° arranjo
1° arranjo
E
E
E
E
2E
T.223
E
Resposta: c
Temos 4 pilhas de 1,5 V e uma lâmpada de 6 V. A lâmpada brilhará mais intensamente quando a tensão entre os terminais da associação de pilhas for a maior possível.
Isso ocorre quando as pilhas estão ligadas em série. É o que acontece na alternativa c.
T.224
�
�
�
�
�
�
�
�
Resposta: a
Dados: rs � 10 Ω; rp � 0,4 Ω
Na associação em série, temos:
rs � nr ⇒ 10 � nr �
Já para a associação em paralelo:
rp � r ⇒ 0,4 � r �
n
n
Multiplicando a expressão � pela �:
10 � 0,4 � nr � r ⇒ 4 � r 2 ⇒
n
Substituindo em �: 10 � n � 2 ⇒
n�5
r�2Ω
Unidade B
Capítulo da
9 Geradores
elétricos
Os fundamentos
Física • Volume
3 • Capítulo 9
3
os fundamentos
da física
T.225
13
13
Testes
propostos
Resoluções
dos
testes propostos
Resposta: b
A carga elétrica da bateria, em coulombs, vale:
Q � 1.200 mAh � 1.200 � 10�3 A � 3.600 s ⇒ Q � 4.320 C
Para a ddp da bateria ser U � 4,8 V, as 4 pilhas devem estar associadas em série.
Para a corrente de intensidade i � 120 mA � 120 � 10�3 A, temos:
i�
T.226
Q
4.320
⇒ 120 � 10�3 �
⇒ ∆t � 36.000 s ⇒
∆t
∆t
∆t � 10 h
Resposta: d
2,0 Ω
1,5 V
i3
R3
i3
V
1,5 V
R1
1,0 Ω
R2
1,0 Ω
i3
A
Circuito
i3
1,5 V
i3
R1 � R2 � 1,0 Ω
R3 � 2,0 Ω
R3 � 2,0 Ω V
1,5 V
0,5 Ω
i1
i2
R1 � 1,0 Ω
R2 � 1,0 Ω
i3
A
Esquema
A lei de Pouillet fornece a intensidade da corrente i3, que é a leitura do amperímetro A:
i3 �
1,5 � 1,5
E�E
⇒ i3 �
⇒ i3 � 1,2 A
2,0 � 0,5
Req.
A leitura do voltímetro é a ddp no resistor R3. Pela lei de Ohm, temos:
U � R3 � i3 ⇒ U � 2,0 � 1,2 ⇒ U � 2,4 V
Unidade B
Capítulo da
9 Geradores
elétricos
Os fundamentos
Física • Volume
3 • Capítulo 9
os fundamentos
da física
T.227
3
14
14
Testes
propostos
Resoluções
dos
testes propostos
Resposta: b
Por simetria, os pontos A e B possuem o mesmo po-
C
tencial elétrico e, portanto, a diferença de potencial
entre A e B é nula.
R
A
V
Logo: i1 � 0
V
V
i1
B
V
i2 R
D
A ddp entre os pontos C e D é: UCD � 2V
Pela lei de Ohm, temos:
UCD � R � i2 ⇒ 2V � R � i2 ⇒ i 2 �
T.228
2V
R
Resposta: e
A lâmpada L brilhará com maior intensidade quando a intensidade da corrente
elétrica que a atravessa for a maior possível. Isso se consegue colocando-se a chave C2
em F, para que as pilhas fiquem em série (aumentando assim a força eletromotriz),
e fechando-se a chave C1 para diminuir a resistência do circuito. Logo, temos:
C1
R
D
R
R
�
L
�
T.229
P2
P1
E
C2
� F
�
Resposta: a
U
. Quando a bateria fornece a máxima potência a
E
um circuito externo, a tensão U entre seus terminais é a metade da força eletro-
O rendimento é dado por η �
motriz E. Portanto:
η�
T.230
E
2 ⇒ η � 0,50 ⇒ η � 50%
E
Resposta: d
Para as condições de potência lançada máxima, conforme visto no item 8 deste
capítulo:
i�
E
2r
e
Pot º (máx.) �
E2
4r
E � 12 V
1,0 Ω
R � 2,0 Ω
2,0 Ω
Unidade B
r � 1,09 Ω
15
Capítulo
Geradores
elétricos
Os
fundamentos
da
Física
•
Volume
3
•
9
15
Os fundamentos
da Física
• Volume
3 • Capítulo
Capítulo
9
Para que a resistência
externa
seja igual
à resistência
interna
(r � 1,0 Ω), que é a15
os fundamentos
a potência
útildos
no
gerador
máxima, devemos associar em
Testes
propostos
da físicacondição para que Resoluções
testesseja
propostos
Testes
propostos
T.232
Resposta: b
3
T.233
T.231
T.231
T.233
T.231
T.232
T.232
T.232
T.233
T.233
T.234
T.233
T.234
paralelo ao resistor R � 2,0 Ω outro resistor de resistência 2,0 Ω:
Resposta: c
Resposta:
Resposta: aa
1,0 Ω
A partir do
gráfico éfornece
possível
verificar potência
que, quando
a circuitoPot
º (W)
E � 12
V
Quando
o
gerador
a
máxima
a
um
externo,
aa resistência
Quando o gerador fornece a máximaRpotência
a
um
circuito
externo,
resistência
� 2,0i� 5 2,0
Ω
potência
lançada
pelo
gerador
é
máxima,
A.
externa
do
circuito
deve
ser
igual
à
resistência
interna
do
gerador:
R
25
r
�
1,0
Ω
ext.
externa do circuito deve ser igual à resistência interna do gerador: Rext. �
� rr
15
Os fundamentos da Física • Volume 3 • Capítulo 9
Então, temos:
3�1
�
⇒
i
E
1 Testes
�R
R�
�4
4propostos
⇒ R
R�
�0
0
i � cc � 5 ⇒
� 53 ��
2
2r
0
5
10
i (A)
Pot
25 W
Resposta:
º(máx.) � c
Resposta:
a
Resposta:
E . quando a
Pot º (W)
Resposta:
bgráfico
A
partirnessa
dob
é possível
verificar
que,
Ainda
situação
sabe-se
que U �potência
Quando
oagerador
fornece
a máxima
a um circuito
externo,
a resistência
Para
que
resistência
externa
seja
igual
à
resistência
interna
(r
2
Para
que alançada
resistência
igual à resistência
(r �
� 1,0
1,0 Ω),
Ω), que
que é
éa
a
potência
pelo externa
geradorseja
é máxima,
i � 5 A. interna
25
externa
do
circuito
deve
ser
igual
à
resistência
interna
do
gerador:
R
�
r
ext.
Logo,
como
Pot
�
U
�
i,
vem:
condição
para
que
a
potência
útil
no
gerador
seja
máxima,
devemos
associar
em
º(máx.)
condição
para que
a potência útil no gerador seja máxima, devemos associar em
Então, temos:
paralelo
ao resistor R
�
paralelo
� 2,0
2,01Ω
Ω outro
outro resistor
resistor de
de resistência
resistência 2,0
2,0 Ω:
Ω:
i E ao resistor
E R 10
25
V� ��R � 4 ⇒ R � 0
i ��cc �� 55 ⇒ E �
� 53 �
22
2r
0
5
10
i (A)
1,0
1,0 Ω
Ω
E
�
12
V
Potº(máx.) � 25 W
� 12 V
Substituindo � em �,Etemos:
R
2,0
R�
�E2,0
2,0 Ω
Ω
2,0 Ω
Ω
Resposta:
b situação sabe-se
rr �
.
Ainda nessa
� 1,0
1,0 Ω
Ωque U �
10 � 5 ⇒ r �2 1,0 Ω
Para que a resistência externa seja igual à resistência interna (r � 1,0 Ω), que é a
Logo, como
Potque
� 2r
U � i, vem:
º(máx.)
condição
para
a potência
útil no gerador seja máxima, devemos associar em
paralelo
ao resistor R � 2,0 Ω outro resistor de resistência 2,0 Ω:
25
� E � 5c ⇒ E � 10 V
�
Resposta:
2 ac
Resposta:
1,0aΩ
Pot
A
partir
gráfico
é
verificar que,
quando
Pot ºº (W)
(W) pelo gerador.
A
partir
do
gráfico
é possível
possível
quando
a
O
menordo
tempo
possível
corresponde
à potência
máxima
fornecida
�
12 Vverificar que,
Substituindo
,Etemos:
� em
�
potência
lançada
gerador
é
ii�
A.
R�
Ω caso
potência
lançada pelo
pelo
gerador interna
é máxima,
máxima,
�5
5 2,0
A.(no
Nessas
condições,
a resistência
do2,0gerador
25
25 r � 3 Ω) deve ser igual
r � 1,0 Ω
10
Então,
temos:
temos:
� 5 ⇒Assim,
r � 1,0
Ω
àEntão,
resistência
equivalente externa.
devemos
usar somente o resistor de 3 Ω.
2r
ii cc
E
ii �
cc � 5 ⇒ E � 5 �
� 2
� 5 ⇒ 2r � 5 �
2
2r
0
5
10
ii (A)
0
5
10
(A)
Pot
�
25
W
º(máx.) � 25 W
Pot
º(máx.)
Resposta:
ac
Pot º (W) pelo gerador.
A
partir
do
gráfico
é possível
verificar
a
.. quandomáxima
Ainda
nessa
situação
sabe-se
que
O
menor
tempo
possível
corresponde
àEEpotência
fornecida
Ainda
nessa
situação
sabe-se
que U
U�
�que,
2
2 gerador
potência
lançada pelo
gerador interna
é máxima,
i � 5 A.(no caso
Nessas
condições,
a resistência
do
25 r � 3 Ω) deve ser igual
Logo,
como
Pot
U
�� i,
vem:
º(máx.) �
Logo,
como
Pot
�
U
i,
vem:
º(máx.)
temos:
àEntão,
resistência
equivalente
externa. Assim, devemos usar somente o resistor de 3 Ω.
E
i
25
25
�ccE2 ��� 5
55 ⇒
⇒ EEE �
�
10
V� �
i ��
�10
5 V
�
22
2r
Pot
W
Substituindo
º(máx.) � 25�
Substituindo
em �
temos:
� em
�,, temos:
0
5
10
i (A)
Ainda nessa situação sabe-se
que U � E .
10
10 �
�5
5⇒
⇒ rr �
�2 1,0
1,0 Ω
Ω
2r
2r
Logo, como Potº(máx.) � U � i, vem:
T.234
T.234
T.234
25 � E � 5a ⇒ E � 10 V
�
Resposta:
2 a
Resposta:
O
menor
possível
corresponde
O
menor tempo
tempo
possível
corresponde àà potência
potência máxima
máxima fornecida
fornecida pelo
pelo gerador.
gerador.
Substituindo
� em
�, temos:
Nessas
condições,
a
resistência
interna
do
gerador
(no
caso
r
�
3
Ω)
deve
Nessas condições, a resistência interna do gerador (no caso r � 3 Ω) deve ser
ser igual
igual
10
àà resistência
equivalente
externa.
Assim,
devemos
usar
somente
o
resistor
de
� 5 ⇒Assim,
r � 1,0
Ω
resistência equivalente externa.
devemos
usar somente o resistor de 3
3 Ω.
Ω.
2r
Resposta: a
O menor tempo possível corresponde à potência máxima fornecida pelo gerador.
Unidade B
Capítulo 9 Geradores elétricos
os fundamentos
da física
3
Resoluções dos testes propostos
16