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C apítulo 27
1. PENSE O circuito é formado por duas baterias e dois resistores. Podemos usar a regra das malhas de Kirchhoff para determinar
a corrente.
FORMULE Vamos chamar de i a corrente do circuito e tomar o sentido da corrente para a esquerda no resistor R 1 como positivo.
De acordo com a regra das malhas de Kirchhoff,
ANALISE (a) Explicitando i na equação anterior, obtemos
O sinal positivo indica que a corrente tem o sentido anti-horário.
(b) A potência dissipada em R 1 é P 1 = i 2 R 1 = (0,50 A) 2 (4,0 W) = 1,0 W.
(c) A potência dissipada em R 2 é P 2 = i 2 R 2 = (0,50 A) 2 (8,0 W) = 2,0 W.
(d) A potência associada à fonte ε 1 é P 1 = i ε 1 = (0,50 A)(12 V) = 6,0 W.
(e) A potência associada à fonte ε 2 é P 2 = i ε 2 = (0,50 A)(6,0 V) = 3,0 W.
(f) Como a corrente na bateria 1 tem o mesmo sentido que a força eletromotriz, a bateria 1 fornece energia ao circuito, ou seja,
está se descarregando.
(g) Como a corrente na bateria 2 tem o sentido oposto ao da força eletromotriz, a bateria 2 recebe energia do circuito, ou seja,
está se carregando.
APRENDA Multiplicando por idt a equação obtida a partir da regra das malhas de Kirchhoff, obtemos a equação do “método da
energia” discutida no Módulo 27-1:
O primeiro termo representa o trabalho realizado pela bateria 1 no intervalo de tempo dt, o segundo e terceiro termos representam
as energias térmicas dissipadas nos resistores R 1 e R 2 , e o último termo representa o trabalho realizado sobre a bateria 2.
2. A corrente no circuito é
i = (150 V – 50 V)/(3,0 W + 2,0 W) = 20 A.
Como VQ + 150 V – (2,0 W)i = VP,
VQ = 100 V + (2,0 W)(20 A) –150 V = –10 V.
3. (a) A diferença de potencial é V = ε + ir = 12 V + (50 A)(0,040 W) = 14 V.
(b) P = i 2 r = (50 A) 2 (0,040 W) = 1,0 × 10 2 W.
(c) P ʹ = iV = (50 A)(12 V) = 6,0 × 10 2 W.
(d) V = ε – ir = 12 V – (50 A)(0,040 W) = 10 V.
(e) Pr = i 2 r =(50 A) 2 (0,040 W) = 1,0 × 10 2 W.
4. (a) Como, de acordo com a regra das malhas, a queda de tensão no ramo superior deve ser 12 V, a queda de tensão no resistor
3 é 5,0 V. Isso significa que a corrente no ramo superior é i = (5,0 V)/(200 W) = 25 mA. Nesse caso, a resistência do resistor 1 é
(2,0 V)/i = 80 W.
(b) A resistência do resistor 2 é (5,00 V)/(25 mA) = 200 W.
5. A energia química da bateria é reduzida de DE = q ε , em que q é a carga que passa pela bateria em um intervalo de tempo Dt =
6,0 min e ε é a fem da bateria. Se i é a corrente, q = iDt e
DE = i ε Dt = (5,0 A)(6,0 V) (6,0 min) (60 s/min) = 1,1 × 10
4 J = 11 kJ.
Note que foi necessário converter o tempo de minutos para segundos.
6. (a) O custo é (100 W·8,0 h/2,0 W·h) ($0,80) = $3,2 × 10
2 .
(b) O custo é (100 W·8,0 h/
3 W·h) ($0,06) = $0,048.
7. (a) A energia química consumida pela bateria é
2 2 (2,0 V) (2,0 min)(60s/min) 80 J. 1,0 5,
t U Pt r R
ε = = = =
(b) A energia dissipada pelo fio é
2 2 2 2,0 V^ (5,0 )(2,0 min)(60 s/min) 67 J. 1,0 5,
U i Rt Rt r R
ε^ ^ ′ = = = Ω = +^ Ω +^ Ω
(c) A energia dissipada pela bateria é U - U ʹ = 80 J - 67 J = 13 J.
8. Se P é a potência fornecida pela bateria e Dt é um intervalo de tempo, a energia fornecida no intervalo de tempo Dt é DE = P
Dt. Se q é a carga que passa pela bateria no intervalo de tempo Dt e ε é a fem da bateria, DE = q ε. Igualando as duas expressões de
DE e explicitando Dt, obtemos
(120 A h)(12,0 V) 14,4 horas. 100 W
q t P
ε ⋅ ∆ = = =
9. (a) O trabalho W realizado pela fonte é igual à variação de energia potencial:
W = qDV = eV = e(12,0 V) = 12,0 eV.
(b) P = iV = neV = (3,40 × 10 18 /s)(1,60 × 10
- C)(12,0 V) = 6,53 W. 10. (a) De acordo com a regra das malhas, i = ( ε 2 – ε 1 )/(r 1 + r 2 + R). Explicitando R, obtemos
2 1 2 (^1 2 )
3,0 V 2,0 V
1,0 10 A
R r r i
ε ε
−
= − − = − Ω − Ω = × Ω
×
(b) P = i 2 R = (1,0 × 10
- A) 2 (9,9 × 10 2 W) = 9,9 × 10 - W. 11. PENSE Como mostra a Fig. 27-29, este problema envolve um componente X que produz uma força eletromotriz ε. São fornecidas
algumas informações a respeito do circuito e, com base nessas informações, devemos determinar outras características do circuito.
FORMULE A diferença de potencial entre os pontos A e B do circuito é dada por
em que ε é a força eletromotriz do dispositivo X e é tomada como sendo positiva se apontar para a esquerda na figura.
(b) Temos também
13 km 10km 20 2 2
R R
R α L
14. (a) Vamos chamar de V 1 e V 2 as fem das fontes. De acordo com a regra das malhas,
V 2 – ir 2 + V 1 – ir 1 – iR = 0 ⇒^
2 1
1 2
V V
i r r R
A diferença de potencial entre os terminais da fonte 1 é V 1 T = V 1 - ir 1 e a diferença de potencial entre os terminais da fonte 2 é
V 2 T = V 2 - ir 2 , em que r 1 e r 2 são as resistências internas das fontes 1 e 2, respectivamente. Assim,
V 1 T = V 1 –
1 2 1
1 2
r V ( V )
r r R
, V 2 T = V 2 –
1 2 1
1 2
r V V
r r R
Conforme o enunciado, V 1 = V 2 = 1,20 V. De acordo com o gráfico da Fig. 27-32b, V 2 T = 0 e V 1 T = 0,40 V para R = 0,10 W. Substi-
tuindo esses valores nas equações anteriores, obtemos um sistema de duas equações com duas incógnitas, r 1 e r 2. Resolvendo esse
sistema, obtemos r 1 = 0,20 W.
(b) A solução do sistema de equações também nos dá r 2 = 0,30 W.
15. Vamos chamar de V a fem da fonte. Nesse caso, V = iR = i ʹ (R + R ʹ ), em que i = 5,0 A, i ʹ = 4,0 A e R ʹ = 2,0 W. Explicitando R,
obtemos
(4,0 A)(2,0 )
5,0 A 4,0 A
i R R i i
16. (a) Seja ε a fem da célula solar e seja V a diferença de potencial entre os terminais da célula. Nesse caso,
V
V ir r R
ε ε
Substituindo por valores numéricos, temos
0,10 V
0,10 V
ε r
0,15 V
0,15 V.
ε r
Resolvendo o sistema de equações anterior, obtemos
(a) r = 1,0 × 10
3 W = 1,0 kW.
(b) ε = 0,30 V.
(c) A eficiência é
2 3 2 3 2 fornecida
/ 0,15 V
1000 (5,0 cm )(2,0 10 W/cm )
V R
P
η
− −
= = = × =
Ω ×
17. PENSE Uma diferença de potencial zero entre os terminais de uma fonte significa que a força eletromotriz da fonte é igual à
queda de tensão na resistência interna, ou seja, ε = ir.
FORMULE Como, de acordo com o enunciado do problema, as forças eletromotrizes das duas fontes são iguais, vamos fazer
ε 1 = ε 2 = ε. As fontes estão ligadas em série de tal forma que as forças eletromotrizes se somam; assim, a força eletromotriz total do
circuito é 2 ε. A resistência total do circuito é Rtotal = R + r 1 + r 2. Como, de acordo com os dados do problema, a resistência interna
da fonte 1 é maior, essa é a fonte cuja diferença de potencial pode se anular.
ANALISE (a) A corrente no circuito é
1 2
i r r R
ε
e para que a diferença de potencial entre os terminais da fonte 1 se anule devemos ter ε = ir 1. Substituindo ε por ir 1 na equação
anterior e explicitando R, obtemos
R = r 1 - r 2 = 0,016 W - 0,012 W = 0,0040 W.
(b) Como foi dito aqui, isso acontece com a fonte 1.
APRENDA Se o cálculo anterior fosse repetido supondo que a diferença de potencial entre os terminais da fonte 2 é zero, ob-
teríamos a solução R = r 2 – r 1. Como, de acordo com os dados do problema, r 1 > r 2 , isso significa que R < 0, o que é fisicamente
impossível. Isso mostra que, em geral, vale a pena fazer uma análise prévia do problema para não perder tempo com hipóteses
que levam a soluções fisicamente impossíveis.
18. De acordo com as Eqs. 27-18, 27-19 e 27-20, temos
1 2 3 2 3 1 1 2 2 3 1 3
1 3 2 1 2 2 1 2 2 3 1 3
( ) (4,0V)(10 5,0 ) (1,0V)(5,0 )
0,275 A,
( ) (4,0 V)(5,0 ) (1,0 V)(10 5,0 )
R R R
i R R R R R R
R R R
i R R R R R R
ε ε
ε ε
3 2 1
0,025 A,
i = i − i = 0,025A − 0,275A = −0,250A.
A diferença de potencial Vd – Vc pode ser calculada de várias formas. Vamos dar dois exemplos: a partir de Vd – i 2 R 2 = Vc, obtemos
Vd – Vc = i 2 R 2 = (0,0250 A)(10 W) = +0,25 V;
a partir de Vd + i 3 R 3 + e 2 = Vc, obtemos
Vd – Vc = i 3 R 3 – ε 2 = – (–0,250 A)(5,0 W) – 1,0 V = +0,25 V.
19. (a) Como Req < R, os dois resistores (R = 12,0 W e Rx) devem ser ligados em paralelo:
eq
x x
x x
R R R
R
R R R
Explicitando Rx, obtemos
eq
eq
x
R R
R
R R
(b) Como foi visto no item (a), as duas resistências devem ser ligadas em paralelo.
20. Sejam as resistências dos dois resistores R 1 e R 2 , com R 1 < R 2. De acordo com o enunciado,
1 2
1 2
3,0 e
R R
R R
R 1 + R 2 = 16 W.
24. Os dois resistores em paralelo, R 1 e R 2 , são equivalentes a
1 2 12 12 1 2 1 2
R R
R
R R R R R
Como o resistor equivalente aos resistores R 1 e R 2 está em série com o resistor R 3 , a resistência dos três resistores é
eq (^3 )
R R R
25. PENSE A resistência de um fio é inversamente proporcional à área da seção reta.
FORMULE Seja r a resistência de cada fio fino. Como os fios estão ligados em paralelo, a resistência Req do conjunto é dada por
ou Req = r/9. A resistência de cada fio é r = 4 ρ l/ π d 2 , em que ρ é a resistividade do cobre, l é o comprimento do fio e d é o diâmetro
do fio. Por outro lado, a resistência do fio grosso é R = 4 ρ l/ π D 2 , em que D é o diâmetro do fio grosso.
ANALISE Para que o fio grosso tenha a mesma resistência que os 9 fios finos em paralelo, devemos ter R = Req, o que nos dá
Explicitando D, obtemos D = 3d.
APRENDA A resistência equivalente Req é nove vezes menor que r. Como r ~ 1/A ~ 1/d
2 , podemos dividir a resistência por 9
utilizando um único fio, se multiplicarmos por 3 o diâmetro do fio.
26. A parte de R 0 ligada em paralelo com R é fornecida por R 1 = R 0 x/L, em que L = 10 cm. A diferença de potencial entre os ter-
minais de R é VR = ε R ʹ /Req, em que R ʹ = RR 1 /(R + R 1 ) e
Req = R 0 (1 – x/L) + R ʹ.
Assim,
2 2 2 1 1 0 2 2 0 1 1 0
)
( )
R R
V RR R R R x R P R R R x L RR R R (^) R R x x
(^) ε ε
em que x está em cm.
O gráfico da potência dissipada no resistor R em função de x para ε = 50 V, R = 2000 W e R 0 = 100 W aparece na figura a seguir.
27. Como as diferenças de potencial são as mesmas para as duas trajetórias, V 1 = V 2 , em que V 1 é a diferença de potencial associada
à corrente que chega ao solo passando pelo corpo da pessoa, e V 2 é a diferença de potencial associada à corrente que chega ao solo
sem passar pelo corpo da pessoa; portanto, i 1 R 1 = i 2 R 2. Como, de acordo com a Eq. 26-16, R = ρ L/A, em que ρ é a resistividade do
ar, temos
i d 1 = i h 2 ⇒ i 2 (^) = i 1 (^) ( d h / ).
Para d/h = 0,400 e I = i 1 + i 2 = 5000 A, obtemos i 1 = 3571 A e i 2 = 1429 A. Assim, a corrente que atravessa a pessoa é i 1 = 3571 A ≈
3,6 × 10
3 A.
28. A reta 1 tem uma inclinação R 1 = 6,0 kW, a reta 2 tem uma inclinação R 2 = 4,0 kW e a reta 3 tem uma inclinação R 3 = 2,0 kW.
A resistência equivalente de R 1 e R 2 em paralelo é R 12 = R 1 R 2 /(R 1 +R 2 ) = 2,4 kW. Como essa resistência está em série com R 3 , a
resistência equivalente do conjunto é
R 123 (^) = R 12 (^) + R 3 = 2,4 k Ω + 2,0 k Ω = 4,4 k Ω.
A corrente que atravessa a bateria é, portanto, i = ε /R 123 = (6 V)(4,4 kW), e a queda de tensão em R 3 é (6 V)(2 kW)/(4,4 kW) = 2,
V. Subtraindo este valor da tensão da bateria (por causa da regra das malhas), obtemos a tensão entre os terminais de R 2. A lei de
Ohm nos dá a corrente em R 2 : (6 V – 2,73 V)/(4 kW) = 0,82 mA.
29. (a) A resistência equivalente dos três resistores iguais, R 2 = 18 W, é R = (18 W)/3 = 6,0 W, que, em série com o resistor R 1 = 6,
W, nos dá uma resistência equivalente em série com a bateria R ʹ = R 1 + R = 12 W. Assim, a corrente em R ʹ é (12 V)/R ʹ = 1,0 A, que
também é a corrente que atravessa R. Como essa corrente se divide igualmente pelos três resistores de 18 W, i 1 = 0,333 A.
(b) O sentido da corrente i 1 é para a direita.
(c) De acordo com a Eq. 26-27, P = i
2 R ʹ = (1,0 A)
2 (12 W) = 12 W. Assim, em 60 s, a energia dissipada é (12 J/s)(60 s) = 720 J.
30. Usando a regra das junções (i 3 = i 1 + i 2 ), obtemos duas equações de malha:
10,0 V – i 1 R 1 – (i 1 + i 2 ) R 3 = 0
5,00 V – i 2 R 2 – (i 1 + i 2 ) R 3 = 0
(a) Resolvendo o sistema de equações anterior, obtemos i 1 = 1,25 A e i 2 = 0.
(b) i 3 = i 1 + i 2 = 1,25 A.
31. PENSE Este problema envolve um circuito com mais de uma malha. Em primeiro lugar, podemos simplificar o circuito usando
o conceito de resistência equivalente para reduzir o circuito a uma única malha. Em seguida, podemos usar a regra das malhas de
Kirchhoff para determinar a corrente no novo circuito e o potencial em dois pontos diferentes do circuito.
FORMULE Para começar, reduzimos a combinação em paralelo de dois resistores de 2,0 W (no lado direito do circuito) a R ʹ =
1,0 W, e a combinação em série de dois resistores de 2,0 W (no canto superior esquerdo do circuito) em R ʺ = 4,0 W. Chamando de
R o resistor de 2,0 W entre os pontos V 2 e V 1 , temos agora três resistores em série cuja resistência equivalente é
e que, de acordo com a regra das malhas, está submetida a uma diferença de potencial ε 2 – ε 1. De acordo com a lei de Ohm,
O sentido de i é para cima na fonte da direita. Conhecendo i, podemos determinar os potenciais V 1 e V 2.
34. (a) De acordo com a regra das malhas, a diferença de potencial V 1 não varia quando a chave é fechada. O objetivo deste item é
verificar se o aluno apreendeu corretamente o conceito de tensão. Alguns estudantes confundem os conceitos de tensão e corrente
e pensam que a tensão é dividida entre dois resistores em paralelo, o que seria difícil de conciliar com a resposta correta.
(b) A regra das malhas continua válida, é claro, mas, neste caso, de acordo com a regra dos nós e a lei de Ohm, as quedas de tensão
em R 1 e R 3 , que eram iguais antes do fechamento da chave, passam a ser diferentes. Como uma corrente maior atravessa a bateria,
a queda de tensão em R 3 aumenta. Como, de acordo com a regra das malhas, a soma das quedas de tensão em R 3 e em R 1 é igual
à tensão da bateria, isso significa que a queda de tensão em R 1 diminui. Como R 1 e R 3 têm o mesmo valor, quando a chave estava
aberta, a queda de tensão em R 1 era (12 V)/2 = 6,0 V. De acordo com a Eq. 27-24, com a chave fechada, a resistência equivalente
de R 1 e R 2 é 3,0 W; isso significa que a resistência total entre os terminais da bateria é 6,0 W + 3,0 W = 9,0 W. A corrente é, portanto,
(12,0 V)/(9,0 W) = 1,33 A, o que significa que a queda de tensão em R 3 é (1,33 A)(6,0 W) = 8,0 V. Nesse caso, de acordo com a
regra das malhas, a queda de tensão em R 1 é 12 V – 8,0 V = 4,0 V. Assim, a variação da diferença de potencial V 1 quando a chave
é fechada é 4,0 V - 6,0 V = - 2,0 V.
35. (a) A simetria do problema permite usar i 2 como a corrente nos dois resistores R 2 e i 1 como a corrente nos dois resistores R 1.
Aplicando a regra das malhas às malhas ACD e ABCD, obtemos o seguinte sistema de equações:
2 2 1 1
1 1 1 2 3
i R i R
i R i i R
ε
ε
Resolvendo o sistema de equações, obtemos i 1 = 0,002625 A e i 2 = 0,00225 A. Assim, VA – VB = i 1 R 1 = 5,25 V.
(b) Conforme a regra dos nós, i 3 = i 1 – i 2 = 0,000375 A. Portanto, VB – VC = i 3 R 3 = 1,50 V.
(c) VC – VD = i 1 R 1 = 5,25 V.
(d) VA – VC = i 2 R 2 = 6,75 V.
36. (a) Aplicando a regra das malhas à malha da esquerda e à malha da direita, obtemos o seguinte sistema de equações:
1 2 2 2 3 1
2 3 3 2 3 1
i R i i R
i R i i R
ε
ε
em que tomamos o sentido horário da corrente i 2 como positivo e como positivo o sentido anti-horário da corrente i 3. Resolvendo
o sistema de equações, obtemos i 2 = 0,0109 A e i 3 = 0,0273 A. De acordo com a regra dos nós, i 1 = i 2 + i 3 = 0,0382 A.
(b) De acordo com o item (a), o sentido da corrente i 1 é para baixo.
(c) De acordo com o item (a), i 2 = 0,0109 A.
(d) De acordo com o item (a), o sentido da corrente i 2 é para a direita.
(e) De acordo com o item (a), i 3 = 0,0273 A.
(f) De acordo com o item (a), o sentido da corrente i 3 é para a esquerda.
(g) O potencial elétrico no ponto A é igual à queda de tensão no resistor R 1 : VA = (0,0382 A)(100 W) = +3,82 V.
37. A queda de tensão em R 3 é V 3 = ε R ʹ /(R ʹ + R 1 ), em que R ʹ = (R 2 R 3 )/(R 2 + R 3 ). Assim,
2 2 2 (^2 ) 3 3 3 3 1 3 1 3 3
2
3
3
.
1 1 2,00^ 5,
V R^ R
P
R R R R R R R R R
f R
ε ε ε
ε
− ^ ^ ^
′ Ω^ Ω +
Para maximizar P 3 , precisamos minimizar f(R 3 ). Derivando f(R 3 ) e igualando o resultado a zero, obtemos
( ) 2 3 2 (^3 )
df R
dR R
o que nos dá
2
3
R
38. (a) Como a queda de tensão em R 3 é V 3 = iR 3 = (6,0 A)(6,0 W) = 36 V, a queda de tensão em R 1 é
(VA – VB) – V 3 = 78 - 36 = 42 V,
o que significa que a corrente em R 1 é i 1 = (42 V)/(2,0 W) = 21 A. Nesse caso, de acordo com a regra dos nós, a corrente em R 2 é
i 2 = i 1 - i = 21 A - 6,0 A = 15 A.
De acordo com a Eq. 26-27, a potência total dissipada pelos resistores é
2 i 1 (2,0 W) +
2 i 2 (4,0 W) +
2 i (6,0 W) = 1998 W ≈ 2,0 kW.
Por outro lado, a potência fornecida a esta parte do circuito é PA = iA (VA – VB) = i 1 (VA - VB) = (21 A)(78 V) = 1638 W. Assim, o
elemento representado como “?” está fornecendo energia.
(b) A potência fornecida pelo elemento desconhecido é
(1998 - 1638)W = 3,6×
2 W.
39. (a) Como as fontes são iguais e estão ligadas em paralelo, a diferença de potencial é a mesma entre os terminais das duas fon-
tes. Isso significa que a corrente é igual nas duas fontes. Vamos chamar de i essa corrente e considerar o sentido da direita para a
esquerda como positivo. De acordo com a regra dos nós, a corrente no resistor R é 2i e o sentido da corrente é da esquerda para a
direita. Aplicando a regra das malhas à malha formada por uma das fontes e o resistor R, temos
ir iR i r R
ε ε − − = ⇒ =
A potência dissipada no resistor R é
2 2 2
R
P i R r R
ε = =
Para determinar o valor de R para o qual a potência é máxima, derivamos a equação anterior em relação a R e igualamos o resul-
tado a zero:
2 2 2
3 3 3
dP R r R
dR r R r R r R
ε ε ε − = − = =
o que nos dá R = r/2. Para r = 0,300 W, obtemos R = 0,150 W.
(b) Fazendo R = r/2 na equação P = 4 ε 2 R/(r + 2R) 2 , obtemos
2 2 2
máx 2
4 ( / 2) (12,0 V)
240 W.
[ 2( / 2)] 2 2(0,300 )
r P r r r
ε ε = = = =
2 1 3 1 3 2 1 2 1 3 2 3
( ) (1,00 V)(4,00 5,00 ) (3,00 V)(5,00 )
0,158 A.
R R R
i R R R R R R
ε + −ε (^) Ω + Ω − Ω = =
2 1 1 2 3 1 2 1 3 2 3
(1,00 V)(4,00 ) (3,00 V)(2,00 )
0,263 A.
R R
i R R R R R R
ε + ε Ω + Ω = − = −
O sinal positivo de i 1 indica que o sentido da corrente em R 1 é da esquerda para a direita. O sinal negativo de i 2 indica que o sentido
da corrente em R 2 é da esquerda para a direita. O sinal negativo de i 3 indica que o sentido da corrente em R 3 é de cima para baixo.
(a) A potência dissipada em R 1 é
2 2 1 1 1 P = i R = (0,421A) (4,00 Ω =) 0,709 W.
(b) A potência dissipada em R 2 é
2 2 P 2 (^) = i R 2 2 = −( 0,158A) (2,00 Ω =) 0,0499 W ≈0,050 W.
(c) A potência dissipada em R 3 é
2 2 3 3 3 P = i R = −( 0,263A) (5,00 Ω =) 0,346 W.
(d) A potência fornecida pela fonte 1 é i 3 ε 1 = (0,421 A)(3,00 V) = 1,26 W.
(e) A potência “fornecida” pela fonte 2 é i 2 ε 2 = (–0,158 A)(1,00 V) = –0,158 W. O sinal negativo indica que a fonte 2 absorve energia
do circuito.
42. A resistência equivalente do circuito da Fig. 27-52 é
eq
R n 1 R R R n n
A corrente da fonte é
fonte fonte
eq
n
V (^) n V i R n R
Se houvesse n +1 resistores em paralelo,
fonte fonte 1 eq
n
V (^) n V i R n R
Para um aumento relativo de 1,25% = 0,0125 = 1/80, devemos ter
1 1 (^ 1)/(^ 2)^1
n n n
n n
i i i n n
i i n n
+ −^ + +^ +
o que nos dá a equação do segundo grau
n 2
- 2n – 80 = (n + 10)(n – 8) = 0.
A única solução que tem significado físico é a solução positiva, n = 8. Isso significa que existem oito resistores em paralelo na Fig.
27-52.
43. Suponha que os resistores sejam divididos em grupos de n resistores, com os resistores de cada grupo ligados em série, e que
m desses grupos sejam ligados em paralelo. Se R é a resistência de cada resistor, a resistência equivalente de um dos grupos é nR,
e a resistência equivalente Req do conjunto de m grupos satisfaz a equação
eq^1
m m
R nR nR
= (^) ∑ =
Como, de acordo com o enunciado, Req = 10 W = R, devemos ter n = m. De acordo com a Eq. 27-16, como, por simetria, a corrente
é a mesma em todos os resistores e existem (n)(m) = n 2 resistores, a potência máxima que pode ser dissipada pelo conjunto é
Ptotal = n 2 P, em que P = 1,0 W é a potência máxima que pode ser dissipada por um dos resistores. Como devemos ter Ptotal ≥ 5,0 W
= 5,0P, n 2 deve ser maior ou igual a 5,0. Como n é um número inteiro, o menor valor possível de n é 3. Isso significa que o número
mínimo de resistores é n 2 = 9.
44. (a) Como os resistores R 2 , R 3 e R 4 estão em paralelo, a Eq. 27-24 nos dá uma resistência equivalente
2 3 4
2 3 2 4 3 4
R R R
R
R R R R R R
Assim, considerando a contribuição do resistor R 1 , a resistência equivalente do circuito é Req = R 1 + R = 100 W + 18,8 W =
118,8 W ≈ 119 W.
(b) i 1 = ε /Req = 6,0 V/(118,8 W) = 5,05 × 10
(c) i 2 = ( ε – V 1 )/R 2 = ( ε – i 1 R 1 )/R 2 = [6,0 V – (5,05 × 10
= 1,90 × 10
(d) i 3 = ( ε – V 1 )/R 3 = i 2 R 2 /R 3 = (1,90 × 10
= 1,90 × 10
(e) i 4 = i 1 – i 2 – i 3 = 5,05 × 10
- A – 2(1,90 × 10 - A) = 1,25 × 10 - A = 12,5 mA. 45. (a) Note que existem dois resistores R 1 em série em cada ramo do circuito, que contribuem com uma resistência total 2R 1 para
o ramo correspondente. Como ε e 2 = ε 3 e R 2 = 2R 1 , as correntes em ε 2 e ε 3 são iguais: i 2 = i 3 = i. Assim, a corrente em ε 1 é i 1 = 2i.
Nesse caso, Vb – Va = ε 2 – iR 2 = ε 1 + (2R 1 )(2i) e, portanto,
2 1
1 2
4,0V 2,0V
0,33A.
i R R
ε − ε − = = =
Assim, a corrente em ε 1 é i 1 = 2i = 0,67 A.
(b) O sentido de i 1 é para baixo.
(c) A corrente em ε 2 é i 2 = 0,33 A.
(d) O sentido de i 2 é para cima.
(e) A corrente em ε 3 é i 3 = i 2 = 0,33 A.
(f) O sentido de i 3 é para cima.
(g) Va – Vb = –iR 2 + ε 2 = –(0,333 A)(2,0 W) + 4,0 V = 3,3 V.
46. (a) Quando R 3 = 0, toda a corrente passa por R 1 e R 3. Como o valor dessa corrente, de acordo com o gráfico da Fig. 27-55b, é
6 mA, a lei de Ohm nos dá
48. (a) De acordo com a Eq. 26-28, P = ε
2 /Req, em que
eq
R
R
R R
Fazendo P = 60,0 W e ε = 24,0 V, obtemos R = 19,5 W.
(b) Como P % 1/Req, o valor de R que maximiza P é o valor que minimiza Req, ou seja, R = 0.
(c) Como P % 1/Req, o valor de R que minimiza P é o valor que maximiza Req, ou seja, R = ∞.
(d) Como Req, mín = 7,00 W, Pmáx = ε 2 /Req, mín = (24,0 V) 2 /7,00 W = 82,3 W.
(e) Como Req, máx = 7,00 W + (12,0 W)(4,00 W)/(12,0 W + 4,00 W) = 10,0 W,
Pmín = ε 2 /Req, máx = (24,0 V) 2 /10,0 W = 57,6 W.
49. (a) A corrente em R 1 é dada por
1 1 2 3 2 3
5,0 V
1,14 A.
i R R R R R
ε = = =
Assim,
1 1 1 3 3 3
5,0 V (1,14 A)(2,0 )
0,45 A.
V i R i R R
ε − ε− − Ω = = = = Ω
(b) Para descrever a nova situação, basta permutar os índices 1 e 3 na equação anterior, o que nos dá
3 3 2 1 2 1
5,0 V
0,6818 A.
i R R R R R
ε = = =
Assim,
1
5,0 V (0,6818 A)(6,0 )
0,45 A,
i
o mesmo valor do item (a).
50. Como, de acordo com o enunciado, a resistência do amperímetro é desprezível, a queda de tensão no amperímetro é nula e,
portanto, as correntes nos dois resistores de baixo têm o mesmo valor, que vamos chamar de i. Nesse caso, a corrente da fonte é
2 i. Como a resistência equivalente do circuito é
eq
R R R R
R R
R R R R
temos
eq eq
i i R R R R
ε ε ε ε = ⇒ = = =
Aplicando a regra das malhas à malha da esquerda, obtemos
2 2
R R
iR i R iR i R
ε ε
Fazendo i = 3 ε /7R, obtemos i 2 R = 2 ε /7R. Como a corrente no amperímetro é a diferença entre i 2 R e i, temos
amp amp 2
R
i i i i R R R R
ε ε ε
ε
51. Como a corrente no amperímetro é i, a leitura do voltímetro é
V ʹ = V + i RA= i (R + RA),
o que nos dá R = V ʹ /i - RA = R ʹ – RA, em que R ʹ = V ʹ /i é a resistência aparente. A corrente da fonte é dada por iF = ε /(Req + R 0 ), em que
eq eq
V (^) A
V A V A
R R R
R
R R R R R R R
A leitura do voltímetro é
eq eq eq (^0)
(12,0 V)(68,0 )
4,86 V.
F
R
V i R R R
ε (^) Ω ′ = = = =
(a) A leitura do amperímetro é
4,86 V
0,0552 A 55,2 mA. 85,0 3, A
V
i R R
(b) Como foi visto no item anterior, a leitura do voltímetro é V ʹ = 4,86 V.
(c) R ʹ = V ʹ /i = 4,86 V/(0,0552 A) = 88,0 W.
(d) Como R = R ʹ – RA, se RA diminui, a diferença entre R ʹ e R diminui.
52. (a) Como i = ε /(r + Rext) e imáx = ε /r, Rext = r(imáx/i – 1), em que r = 1,50 V/1,00 mA = 1,50 × 10 3 W. Assim,
3 4 R ext (^) = (1,5 10× Ω)(1/0,100 − 1) = 1,35 10× Ω = 13,5 k Ω.
(b)
3 3 R ext (^) = (1,5 10× Ω)(1/0,500 −1) = 1,5 10× Ω = 1,50 k Ω.
(c) 3 ext
R = (1,5 × 10 Ω)(1/0,900 − 1) = 167 Ω.
(d) Como r = 20,0 W + R, R = 1,50 × 10 3 W – 20,0 W = 1,48 × 10 3 W = 1,48 kW.
53. A corrente em R 2 é i. Vamos chamar de i 1 a corrente em R 1 e tomar o sentido para baixo como positivo. De acordo com a regra
dos nós, a corrente no voltímetro é i – i 1. Aplicando a regra das malhas à malha da esquerda, temos
2 1 1 ε − iR − i R − ir =0.
Aplicando a regra das malhas à malha da direita, temos
i R 1 1 − ( i − i 1 ) RV =0.
A segunda equação nos dá
1 1
V
V
R R
i i R
(a) A leitura do amperímetro é
eq 0
2
12,0 V
7,09 10 A.
A V V
i R R R R R R R
ε ε
−
= ×
(b) A leitura do voltímetro é
V = ε – i ʹ (RA + R 0 ) = 12,0 V – (0,0709 A) (103,00 W) = 4,70 V.
(c) A resistência aparente é R ʹ = V/i ʹ = 4,70 V/(7,09 × 10
(d) Se RV aumenta, a diferença entre R e R ʹ diminui.
57. Vamos chamar de V a fem da fonte. Nesse caso, a condição de que a diferença de potencial entre os terminais do resistor seja
igual à diferença de potencial entre os terminais do capacitor pode ser escrita na forma iR = Vcap, o que, de acordo com as Eqs.
27-34 e 27-35, nos dá
Ve
- t /RC = V(1 - e - t/RC ) × t = RC ln 2 = 0,208 ms. 58. (a) π = RC = (1,40 × 10 6 Ω)(1,80 × 10
F) = 2,52 s.
(b) qo = ε C = (12,0 V)(1,80 μ F) = 21,6 μ C.
(c) De acordo com a Eq. 27-33, q = q 0 (1 – e –t/RC ), o que nos dá
0
0
21,6 C
ln 2,52s ln 3,40s. 21,6 C 16,0 C
q t RC q q
μ
μ μ
(^) ^
59. PENSE Este problema envolve a carga do capacitor de um circuito RC que está sendo carregado.
FORMULE De acordo com a Eq. 27-33, enquanto o capacitor está sendo carregado, a carga da placa positiva é dada por
em que C é a capacitância do capacitor, ε é a força eletromotriz aplicada, e τ = RC é a constante de tempo capacitiva. Como a carga
do capacitor totalmente carregado, qmáx = C ε , só é atingida após um intervalo de tempo infinito, costuma-se supor que, para efeitos
práticos, o capacitor está totalmente carregado quando q = 0,99qmáx = 0,99C ε.
ANALISE O tempo necessário para que a carga atinja 99% do valor final é dado por
Portanto, e
- t/ τ = 0,01. Tomando o logaritmo natural de ambos os membros, obtemos t/ τ = – ln 0,01 = 4,61, ou t = 4,61 τ.
APRENDA A corrente em um capacitor que está sendo carregado é
O valor da corrente é ε /R no instante t = 0 e diminui exponencialmente durante a carga do capacitor. A Fig. 27-16 do livro mostra
os gráficos de q(t) e i(t).
60. (a) De acordo com a Eq. 27-39,
/ 0
t q q e
− τ = (^) o que nos dá t = τ ln (q 0 /q), em que^ τ^ =^ RC^ é a constante de tempo. Assim,
0 1/ 1/ 0
ln ln 0,41 0,41. 2 /3 2
q t t q
τ τ τ τ
(^) (^) ^
(b) 0 2/ 2/ 0
ln ln3 1,1 1,1. /
q t t q
τ τ τ τ
61. (a) A diferença de potencial entre os terminais do capacitor é V(t) = ε (1 - e - t/RC ). Como, para t = 1,30 μ s, V(t) = 5,00 V,
5,00 V = (12,0 V)(1 –
(1,30 s )/ RC ), o que nos dá
τ = (1,30 μ s)/ln(12/7) = 2,41 μ s.
(b) A capacitância é C = τ /R = (2,41 μ s)/(15,0 kW) = 161 pF.
62. O tempo necessário para que a diferença de potencial entre os terminais do capacitor atinja o valor VL é dado por (1 ).
t RC L V ε e
− = −
Para que a lâmpada pisque duas vezes por segundo, esse tempo deve ser igual a 0,500 s. Assim,
[ ] [ ]
6
6
0,500s
ln ( ) (0,150 10 F)ln 95,0V (95,0V 72,0V)
L
t R C ε ε V
−
− × −
= × Ω
63. PENSE Este problema envolve um circuito de duas malhas com um capacitor que está sendo carregado. Como, no instante
t = 0, capacitor está descarregado, a corrente no instante inicial é a mesma que se houvesse um fio condutor no lugar do capacitor.
FORMULE Vamos chamar de i 1 a corrente no resistor R 1 e considerar positivo o sentido da esquerda para a direita. Vamos chamar
de i 2 a corrente no resistor R 2 e considerar positivo o sentido de cima para baixo. Vamos chamar de i 3 a corrente no resistor R 3 e
considerar positivo o sentido de cima para baixo. De acordo com a regra dos nós,
i 1 = i 2 + i 3.
Aplicando a regra das malhas à malha da esquerda, obtemos
e aplicando a regra das malhas à malha da direita, obtemos
Como as resistências são todas iguais, podemos simplificar as equações substituindo R 1 , R 2 e R 3 por R.
ANALISE Resolvendo o sistema de equações anterior, obtemos
(a)
(b)
3 4 2 6
1,2 10 V
5,5 10 A
i R
ε × − = = = × × Ω
(c) i 3 = i 2 = 5,5 × 10
Após várias constantes de tempo, o capacitor está totalmente carregado e i 3 = 0. Desse modo, i 1 = i 2. Aplicando a regra das malhas
à malha da esquerda, obtemos ε - 2 i 1 R = 0.
