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(16) Incorreta. O centelhamento não se relacio-na com o fato descrito.
(32) Correta. Quaisquer pontos no interior do avião apresentam o mesmo potencial.
Resposta: 42 (02 + 08 + 32)
Corrente elétricaCapítulo 5
Para pensarAo pousarem nos fios de média tensão desencapados, os pássaros mantêm uma distância muito pequena entre uma pata e outra, assim, a diferença de potencial (ddp) estabelecida é muito pequena. Nessas condições, a intensidade da corrente elétrica que atravessa o pássaro é desprezível, não representando nenhum perigo para a ave. Porém, se em algum momento o pássaro encostar em outro fio, ou em algum objeto em contato com a terra, a ddp se elevará bruscamente e ele certamente não sobreviverá à corrente elétrica gerada.
Exercícios propostos
P.92 Sendo , ,$ $ $
i tq
tne i 10
1 0 10 1 6 10SS
S ]20 19
= = =-
` i = 1,6 A
O sentido da corrente convencional é contrário ao sentido do movimento dos elétrons, sendo, portanto, da esquerda para a direita.
P.93 Sendo i tq
tne
SS
S= = , temos:
,,$
$
$n e
i t n1 6 1020 1 0S ] 19= = -
` n = 1,25 $ 1020 elétrons
P.94 A partir das expressões deduzidas no exercício R.40, item b, temos:
i = N $ A $ v $ e ] v = $ $N A ei ]
, , ,,
$ $ $ $ $v
8 4 10 8 0 10 1 6 102 0
] 22 3 19= - -
` v - 0,019 cm/s ] v - 0,19 mm/s
P.95 a) De i = tq
SS
, vem:
Sq = i $ St ] Sq = 10 $ 4 $ 60 Sq = 2,4 $ 103 C
b) Como Sq = ne, temos:
,,$
$n e
qn
1 6 102 4 10S
] 19
3
= = -
` n = 1,5 $ 1022 elétrons
P.96 No intervalo de 1 s a 3 s, a carga elétrica é nu-mericamente igual à área do triângulo. Logo, temos:
$ `A A q22 2 2 2 C] S= = =
P.97 A potência elétrica é dada por:
Pot = U $ i ] Pot = 220 $ 10 ` Pot = 2,2 $ 103 W
P.98 a) Pot = U $ i ] 600 = 120 $ i ` i = 5 A
b) Eel. = Pot $ St ] Eel. = .1 000600 $ 5 Eel. = 3 kWh
Exercícios propostos de recapitulação
P.99 De i tq
SS
= , vem: ,,
tiq
t 1 03 6
SS
] S= =
` St = 3,6 s
P.100
t (s)
i (mA)
64
2 4 6 80
a) Calculando a área destacada no gráfico:
$A 28 2 64 320=+
=
Sq = 320 mC ] Sq = 320 $ 10-3 C ]
] Sq = 3,2 $ 10-1 C
b) De Sq = ne, sendo e = 1,6 $ 10-19 C, temos:
,,$
$n e
qn
1 6 103 2 10S
] 19
1
= = -
-
` n = 2,0 $ 1018 elétrons
c) , $
i tq
i 83 2 10
SS
]m m
1
= =-
, $` i i4 0 10 40A mA]m m2= =-
P.101 a) Sq = 0,80 Ah ] Sq = 0,80 A $ 3.600 s ]
] Sq = 2.880 A $ s ` Sq = 2.880 C
b) . ,$
itq
i i110 602 880 0 436s
C ASS
] ]m m m -= =
Potm = U $ im ] Potm = 6 $ 0,436 Potm - 2,62 W
P.102 a) Tensão de alimentação: 12 V
Potência consumida: 180 W
b) De Pot = U $ i vem: 180 = 12 $ i ` i = 15 A
P.103 a) Do gráfico para St = 30 s, vem: Pot = 250 W
b) Do gráfico, observamos que o produto do tempo de uma volta do disco pela respectiva potência é constante. Logo, as grandezas são inversamente proporcionais.
$t Pot Pot tconstanteS ] Sconstante
= =
P.104 Como Eel. = Pot $ St, temos:
.$ $
$ $E 1 00020 100 10 200
5 30kWdia
hora diasel. =+` j
` E 600 kWhel. =
P.105 a) $E Pot TS ]el. =
.
. ,$ $E 1 0002 000 0 5 30kW
diahora dias] el. =
` E 30 kWhel. =
Por uma regra de três simples e direta, temos:
1 kWh R$ 0,20
30 kWh x
` x = R$ 6,00
b) Eel. = Pot $ St ] Eel. = 2.000 W $ 60 s
` Eel. = 1,2 $ 105 J
37
Física 3Os FundamentOs da Física
Resoluções dos exercícios
PARTE I
P.106 Do enunciado, devemos impor que:
(Eel.)chuveiro = (Eel.)lâmpada ]
] (Pot $ St)chuveiro = (Pot $ St)lâmpada ]
] 3.000 W $ 20 min = 60 W $ St
` St = 1.000 min ] St = 16 h 40 min
P.107 Chuveiro: Eel. = Pot $ St ]
] Eel. = ..
1 0005 000 kW $ 0,5 h
` Eel. = 2,5 kWh
Lâmpada: Eel. = Pot $ St ] Eel. = .1 00060 kW $ 24 h ]
] Eel. = 1,44 kWh
Portanto, o banho consome mais energia.
P.108 a) Massa das latinhas recicladas por dia:
m = 50.000 $ 16 g ] m = 800 kg
Energia utilizada para produzir a massa de 800 kg de alumínio a partir da bauxita:
$E 15 800kg
kWh kg= ` .E 12 000 kWh=
Energia poupada:
Ee = 95% $ E V Ee = 0,95 $ 12.000
` Ee = 11.400 kWh ou Ee = 1,14 $ 104 kWh
b) A energia utilizada para produzir 400 kg a partir da bauxita é dada por:
.$E E15 400 6 000kg
kWh kg kWhE ] E= =
A potência será:
.Pot tE
106 000
hkWh
SE
= = ` Pot = 600 kW
De Pot = U $ i, temos:
600 $ 103 = 40 $ i ` i = 1,5 $ 104 A
Testes propostos
T.104 Como i = tq
SS
, temos: Sq = i $ St ] Sq = 10 $ 120
` Sq = 1.200 C
Resposta: b
T.105 De i = tq
SS
e lembrando que Sq = ne, vem:
i = tneS ] n = $
ei tS ] n =
,, ,
$
$ $
1 6 1011 2 10 1 0
19
6
-
-
` n = 7,0 $ 1013 elétrons
Resposta: e
T.106 I. Correta.
1 A = 1 C/s
II. Correta.
i = tq
SS
] i = tneS ] n = $
ei tS ]
] n = , $
$1 6 10
1 119- ` n = 6,25 $ 1018 elétrons
Resposta: c
T.107 Sendo 1 C = 1 A $ s, a capacidade de carga da bateria é:
Sq = 1.000 mAh = 1.000 $ 10-3 $ 3.600 A $ s VV Sq = 3,6 $ 103 C
Assim, o número de elétrons n, de carga elementar
e = 1, 60 $ 10-19 C, que fluirão entre os eletrodos da bateria com essa capacidade de carga é dado por:
Sq = n $ e ] n = ,,$
$
1 6 103 6 10
19
3
-
` n = 2,25 $ 1022 elétrons
Resposta: e
T.108 A velocidade média dos elétrons que constituem as correntes elétricas contínuas e constantes usuais é muito pequena. (Ver exercício R.40)
A lâmpada acende quase instantaneamente, pois os elétrons livres que se distri buem ao lon-go dos condutores colocam-se em movimento simultaneamente em todo o circuito.
Resposta: b
T.109 De i = N $ A $ v $ e e considerando que a seção
transversal do fio é um círculo de área d4
s 2
,
temos:
$ $$ $
$i N d v e vN d e
i4
4s ]s
]2
2= =
, , ,$ $ $ $ $
$v8 6 10 3 14 10 1 6 10
4 66]28 2 2 19
-- -` j
` v - 6,1 $ 10-5 m/s
Como Ss = v $ St, temos:
Ss = 6,1 $ 10-5 $ 3.600 ` Ss - 0,22 m ]] Ss = 22 cm ] Ss - 1 palmo
Resposta: b
T.110 Sabemos que no gráfico da intensidade de corrente instantânea em função do tempo, a área, num certo intervalo de tempo, é numeri-camente igual à carga elétrica que atravessa a seção transversal do condutor, nesse intervalo de tempo.
0
i (A)
t (s)
10
20
30
2 4
A1 A2
A3
6 8 10 12
Assim, no intervalo de tempo de 0 a 12 s, temos:
A = A1 + A2 + A3 = 4 $ 30 + 2 $ 20 + 6 $ 10
` Sq = 220 C
Resposta: e
T.111 ,`itq
AtAh t50 75 1 5 h
SS
]S
S= = =
,`v
ts s s60
1 590km/h
hkm
SS ] S S= = =
Resposta: c
T.112 Nó N2: i2 = 2 + 8 ` i2 = 10 A
Nó N1: i1 = 3 + i2 ] i1 = 3 + 10 ` i1 = 13 A
Resposta: c
38
Física 3Os FundamentOs da Física
Resoluções dos exercícios
PARTE I
T.113 Eel. = (Pot $ St)lâmpada + (Pot $ St)ferro elétrico +
+ (Pot $ St)televisor ]
] Eel. = . .$
$ $1 0004 60 120 1 000
600 30+ + .1 000120 $ 60 ]
] Eel. = 28,8 + 18,0 + 7,2 ` Eel. = 54,0 kWh
Resposta: d
T.114 Vamos calcular a quantidade de energia elétrica que cada pessoa economizou.
Dona Josefa: Eel. = Pot $ St ] Eel. = 2.000 W $ 1 h ]
] Eel. = 2.000 Wh
Dona Carolina: Eel. = Pot $ St ]
] Eel. = 10 $ 80 W $ 5 h ] Eel. = 4.000 Wh
Dona Eneida: Eel. = Pot $ St ]
] Eel. = 4.000 W $ 0,5 h ] Eel. = 2.000 Wh
Portanto, Dona Carolina foi quem conseguiu economizar mais.
Resposta: b
T.115 Cada aparelho consome a potência elétrica:
15
5s WJ=
Os cinco aparelhos consomem:
Pot = 5 $ 5 W = 25 W
Energia elétrica consumida pelos cinco apare-lhos por 30 dias consecutivos: Eel. = Pot $ St =
= .1 00025 kW $ 30 $ 24 h = 18 kWh
Sendo o preço da energia elétrica de R$ 0,50 por kWh, concluímos que o custo da energia elétrica consumida por esses cinco aparelhos, operando exclusivamente no modo stand-by, será de:
18 kWh $ R$ 0,50/kWh = R$ 9,00
Resposta: e
T.116 Do cálculo da potência, Pot = U $ i V $Pot U tq
SS
= V
V $ t6 12 245
S= ` St = 45 h
Resposta: c
T.117 Eel. = 3,6 Wh ] Eel. = 3,6 W $ 3.600 s ]
] 3,6 $ 3.600 Ws
Eel. = Pot $ St ] (3,6 $ 3.600) Ws = Pot $ 40 s ]
] Pot = 324 W
Resposta: d
T.118 O valor das frações porcentuais do consumo de energia elétrica nas residências depende da potência do equipamento, do tempo de funcio-namento (lembre-se de que Eel. = Pot $ St) e do número de equipamentos.
Resposta: e
T.119 Dos 300 kWh consumidos mensalmente, 25% cor-respondem ao uso do chuveiro elétrico. Assim, para o chuveiro, temos o consumo mensal:
25% $ 300 kWh ] 0,25 $ 300 kWh = 75 kWh
O consumo diário será:
Eel. = 3075 kWh = 2,5 kWh
Sendo St a duração média do banho de cada um dos quatro moradores, vem:
Eel. = Pot $ St ] 2,5 = ..
1 0005 000 $ 4 $ St
` St = 0,125 h ] St = 0,125 $ 60 min ]
] St = 7,5 min
Resposta: c
T.120 Leitura atual: 2.783 kWh
Leitura do mês passado: 2.563 kWh
Energia elétrica consumida: 2.783 kWh - 2.563 kWh = 220 kWh
Se 1 kWh custa R$ 0,20, então 220 kWh custarão R$ 44,00.
Resposta: e
ResistoresCapítulo 6
Para pensarAlguns componentes eletrônicos comuns, como os LEDs (Light Emitting Diode ou diodos emissores de luz), suportam intensidades máximas de corrente elétrica mais baixas do que a que circula pelo circuito, ou podem também ser projetados para variar sua intensidade de brilho. Nesse caso, o uso do resistor visa preservar o LED de sobrecarga ou produzir essas variações de brilho.
Exercícios propostos
P.109 Da lei de Ohm podemos obter a resistência R desse resistor:
U = R $ i ] 20 = R $ 4,0 ` R = 5,0 C
Como o resistor em questão é ôhmico, sua resistência elétrica é constante. Novamente, aplicando a lei de Ohm, temos:
U = R $ i ] U = 5,0 $ 1,2 ` U = 6,0 V
P.110 a) A partir do gráfico, vemos que, para U = 36 V, temos i = 8,0 A. Aplicando, então, a lei de Ohm, temos:
U = R $ i ] 36 = R $ 8,0 ` R = 4,5 C
b) Com o valor obtido para a resistência elétrica do resistor, podemos, por meio da lei de Ohm, determinar U quando i = 1,6 A, pois o resistor em questão é ôhmico. Logo, temos: U = R $ i ] ] U = 4,5 $ 1,6 ` U = 7,2 V
P.111 a) Do gráfico, para i = 10 mA, vem: U = 20 V
De U = R $ i, vem: 20 = R $ 10 $ 1023
` R = 2,0 $ 103 C ] R = 2,0 kC
b)
i (mA)
R (kC)
2,0
1,5
1,00,8
10 20 30 40 500
39
Física 3Os FundamentOs da Física
Resoluções dos exercícios
PARTE I
I (mA) 10 20 50
U (V) 20 30 40
R (kC) 2,0 1,5 0,8
P.112 Como Eel. = Q, temos:
Pot $ St = mc $ SJ ] R $ i2 $ St = mc $ SJ ]
] 4,2 $ i2 $ 200 = 10 $ 103 $ 1 $ 8 $ 4,2 ` i = 20 A
P.113 Com Eel. = Q ] Pot $ St = mc $ SJ ]
] R $ i 2 $ St = mc $ SJ ]
] 20 $ 102 $ St = 103 $ 1 $ 50 $ 4,2 ` St = 105 s
P.114 a) `Pot RU Pot 20
220]
22
= =` j
Pot = 2.420 W
b) Eel. = Q ] Pot $ St = m $ c $ SJ ]
] 2.420 $ St = 10 $ 4,18 $ 103 $ (90 - 25)
` St - 1.122,7 s ] St - 18,7 min
P.115 Na primeira situação a potência é dada por:
Pot RU2
=
Ao reduzirmos a resistência elétrica do resistor à metade, teremos:
$Pot RU Pot R
U
2
2e ] e2 2
= =
Substituindo em , temos: Pote = 2 $ Pot
Portanto, a potência dobra.
P.116 a) Q = Eel. ] Q = Pot $ St ] Q = RU2
$ St ]
] .$ `Q 10012
3 6002
=` j
Q = 5.184 J ]
] Q - 5,2 $ 103 J
b) Q = m $ c $ SJ ] Q = j $ V $ c $ SJ ]
] 5.184 = 1,0 $ V $ 4,2 $ (32 - 20)
` V - 102,8 cm3
P.117 a) Pot = U $ i ] 4.400 = 220 $ i ` i = 20 A
b) Pot = RU2
; Pote = RUe2
Dividindo por , vem:
.PotPot
UU Pot
4 400 220110e e ] e ]2
2 2
= = d n
.Pot4 400 4
1] e ]= Pote = .4
4 400
` Pote = 1.100 W
Pote = Ue $ ie ] 1.100 = 110 $ ie ` ie = 10 A
P.118 $R ALG ]=
,,
$ $ $CR 1 72 100 50120
mmm
mmm] ]2
2
2= -
, CqR 4 1]
P.119 R = G $ AL ]
] 20 C = 5,51 $ 10-2 $Cmmm2
$ , $
L1 102 10 mm4 2- ]
] L = 4,0 $ 10-2 m
P.120 R = G $ AL
Re = G $ AL
32 ] Re = $ $G A
L32
De e : Re = 32 $ R ] Re = 3
2 $ 30 ` Re = 20 C
P.121 R = G $ AL ] 100 = G $ A
L
Re = G $ ,
AL 0 5+
] 120 = G $ ,
AL 0 5+
Dividindo por , temos: ,L
L100120 0 5
=+
` L = 2,5 m
P.122 a) De R = G $ AL , concluímos que, triplicando L, a
resistência R triplica.
b) Sendo A = sr 2, concluímos que, duplicando o raio r, a área quadruplica e R fica reduzida à quarta parte.
Exercícios propostos de recapitulação
P.123 De U = R $ i, vem: 120 = 1.000 $ i
` i = 120 $ 10-3 A ] i = 120 mA
Sendo i = 120 mA 2 100 mA, concluímos que a pessoa poderá falecer por fibrilação cardíaca.
P.124 a) Do gráfico, para i = 10 mA, vem: U = 4,0 V
Como Pot = U $ i, temos: Pot = 4,0 $ 10 $ 10-3
` Pot = 4,0 $ 10-2 W
b) Do gráfico, para U = 2,0 V, vem: i = 8,0 mA
De i = tq
SS
, vem: Sq = i $ St ] Sq = 8,0 $ 10-3 $ 10
` Sq = 8,0 $ 10-2 C
P.125 Ligando-se o aquecedor em 110 V, no lugar de 220 V, a potência dissipada fica 4 vezes menor.
Assim, de Pot $ St = Q e Pote $ Ste = Q, vem:
Pot $ St = Pote $ Ste ] Pot $ 12 = Pot4 $ Ste
` Ste = 48 min
P.126 a) Pot = $RU Pot Pot2
1005 10 W] ]
22
3= =` j
b) De Eel. = Q, temos:
Pot $ St = m $ c $ SJ ] Pot $ St = d $ V $ c $ SJ
5 $ 103 $ St = 1,0 $ 20 $ 4,2 $ (40 - 20)
` St = 336 s ] St - 3,4 $ 102 s
c) Se a superfície da Terra recebe cerca de 500 W/m2 de radiação solar, utilizando-se placas captadoras de radiação solar, com uma área de 2 m2, a potência total recebida será de 103 W.
Pot $ St = m $ c $ SJ ] Pot $ St = d $ V $ c $ SJ
10³ $ 10 $ 3.600 = 1,0 $ V $ 4,2 $ (40 - 20) ]
] V = ,, $
$8 4 103 6 10
4
7
` V - 4,3 $ 102 L
P.127 Eel. = Q ] Pot $ St = mL ] R $ i2 $ St = mL ]
] 4 $ 103 $ 22 $ St = 103 $ 80 $ 4,2 ` St = 21 s
40
Física 3Os FundamentOs da Física
Resoluções dos exercícios
PARTE I
P.128 St = 1 min 40 s = 100 s
Energia fornecida à lâmpada: Eel. = Pot $ St ]
] Eel. = 100 $ 100 ` Eel. = 104 J
Calor dissipado: Q = mc $ SJ = 500 $ 4,2 $ 4,5
` Q = 9,45 $ 103 J
A energia luminosa é dada por:
Elum. = Eel. - Q ] Elum. = 104 J - 9,45 $ 103 J ] ] Elum. = 0,55 $ 103 J ] Elum. = 5,5 $ 102 J
Por uma regra de três simples e direta:
104 J 100%
5,5 $ 102 J x
,, %
$ $` x x
105 5 10 100
5 5]4
2
= =
P.129 a) Para cada par de valores I e U localizamos um ponto, no diagrama I # U, e obtemos o gráfico:
0,00,0
0,2
0,4
0,6
0,8
1,0
1,2
0,1 0,2 0,3U (volt)
I (am
père
)
0,4 0,5 0,6
b) Para cada par de valores U e I calculamos a potência que a célula fornece:
U (V) I (A) Pot = U $ I (W)
0,10 1,0 0,10
0,20 1,0 0,20
0,30 1,0 0,30
0,40 0,98 0,39
0,50 0,90 0,45
0,52 0,80 0,41
0,54 0,75 0,40
0,56 0,62 0,34
0,58 0,40 0,23
0,60 0,00 0,00
Note que a potência máxima fornecida é Potmáx. = 0,45 W
O valor da resistência R, nestas condições, é dado por:
,,
,` CR IU R R0 90
0 500 56] -= =
c) Para U = 0,30 V, temos I = 1,0 A. Assim, a po-tência fornecida será:
Potfornecida = U $ I = 0,30 V $ 1,0 A
` Potfornecida = 0,30 W
Sabendo que nas células (C) de área 20 cm² = = 20 $ 10-4 m² incide 1,0 kW/m² de radiação solar, concluímos que a potência incidente é igual a:
Potincidente = 1,0 $ 103 $ 20 $ 10-4
` Potincidente = 2,0 W
A eficiência da célula será:
Eficiência = ,,
,PotPot
2 00 30
0 15incidente
fornecida = =
` Eficiência = 15%
P.130 a) Eel. = Q ] Pot $ St = Mc $ SJ ]
] $RU tS
2
= Mc $ SJ ] RU2
= Mc $ tSSJ
Do gráfico A, temos:
$t t1640 20
16 6020
minC C
sC
SSJ w ] S
SJ ww=
-=
Substituindo em , temos:
, .$ $$
`M M40120
4 0 16 6020 4 320 g ]
2
= =` j
] M = 4,32 kg
b) Eel. = Q ] Pot $ St = Mc $ SJ + mb $ cb $ SJ ]
] Pot = (Mc + mb $ cb) $ tSSJ ]
] RU2
$ $Mc m c tSSJ
b b= +` j
Do gráfico B, temos:
$t t16 635 25
10 6010
min minC C
sC
SSJ w w ] S
SJ w=
--
=
Em , temos:
. , .$ $ $$
c40120
4 320 4 0 5 400 10 6010
2
b= +`
`j
j
` cb = 0,8 J/g $ wC ] cb = 0,2 cal/g $ wC
P.131 a) R = G $ AL ] R = G $ L
d4
s 2 ] R = 4 $ G $ Lds 2
R2 = 4G $ $L2s 2 e R3 = 4G $
$L3s 2
Dividindo por vem: RR
49
3
2 =
b) Comparados com fios mais finos, mantidas as demais condições, os fios mais grossos possuem menor resistência elétrica e, por isso, suportam correntes elétricas de maior intensidade. Isso proporciona maior seguran-ça às instalações contra eventuais aumentos na intensidade da corrente.
P.132 a) $R ALG. .2 000 2 000= $R A
LG20 20=
Dividindo por , temos: RR
GG. .
20
2 000
20
2 000=
Do gráfico, vem: G2.000 = 65 $ 10-8 C $ m e
G20 = 5 $ 10-8 C $ m
Portanto: $$
RR
RR
5 1065 10 13]. .
20
2 0008
8
20
2 000= =-
-
41
Física 3Os FundamentOs da Física
Resoluções dos exercícios
PARTE I
b) ` CP RU R P
U R R60120
240] ]2 2
2
= = = =` j
c) $ $GR AL R
dL
4
G ]s
]2= =
,
,$
$ $240 4
3 0 05 10
0 50] G
3 2=-` j
` G = 90 $ 10-8 C $ m
Do gráfico, para G = 90 $ 10-8 C $ m, temos: J = 2.750 wC
P.133. • Chave na posição inverno
Eel. = Pot $ St
Para St = 1 h, temos:
$E RU E R
U1 ]2 2
el. el.= =
o que corresponde a R$ 1,00.
• Chave na posição verão
Eel. = Pot $ St
Sendo $ $t 31 7 30 70h hS = = e 3R a resistência
elétrica do chuveiro, temos:
$E RU3 70
2
el. =
Por uma regra de três simples e direta, temos:
RU2
R$ 1,00
$RU3 70
2x
` x = R$ 23,33 ] x - R$ 23,00
P.134 a) Eel. = Pot $ St ] 1,2 kWh = Pot $ 10 $ 24 h ] ] 1.200 Wh = Pot $ 240 h ] Pot = 5 W
b) Do gráfico da figura I observamos que para a potência de 100 W a temperatura de operação da lâmpada é de 2.800 K e pela figura II encon-tramos o comprimento de onda de máxima intensidade radiada por essa lâmpada igual a 1.000 nm.
Testes propostos
T.121 O quociente iU é constante apenas para o
condutor 1.
Resposta: c
T.122 Para o resistor ôhmico iU = R é constante, inde-
pendentemente da tensão aplicada.
Resposta: a
T.123 R = 5,0 $ 10-5 mC $ 6,0 $ 10-2 m = 3,0 $ 10-6 C
De U = R $ i, vem: U = 3,0 $ 10-6 $ 1.000` U = 3,0 $ 10-3 V = 3,0 mV
Resposta: c
T.124 De U = R $ i, vem: U = 3.000 $ 4 $ 10-3
` U = 12 V (bateria de automóvel)
Resposta: c
T.125
i
U(02)
U = R $ i: funçãolinear
U
R(04)
R = constante: funçãoconstante
Resposta: 06 (02 + 04)
T.126 Um dispositivo é ôhmico, numa dada faixa de tensão, quando nesta faixa o gráfico i # U é uma reta inclinada em relação aos eixos e passando pela origem. O dispositivo D1 é ôhmico e D3 é ôhmico na faixa de -10 V a +10 V.
Cálculo da resistência elétrica de D1:
,, ,
$$ C CR
iU
5 0 1030 6 0 10 6 0
AV k1 3
3= = = =-
Cálculo da resistência elétrica de D3:
,, ,
$$ C CR
iU
5 0 1010 2 0 10 2 0
AV k3 3
3= = = =-
Resposta: d
T.127 (F) O resistor não é ôhmico, isto é, sua resistência elétrica não é constante.
(V) Do gráfico, para U = 20 V, tem-se i = 0,25 A. De Pot = U $ i, vem:
Pot = 20 $ 0,25 ` Pot = 5 W
(F) Para U = 220 V, tem-se Pot = 110 W. De
Pot = RU2
, vem:
R110220
220
2
=` j
` R220 = 440 C
Do gráfico, para U = 20 V, tem-se i = 0,25 A. De U = R $ i, vem:
20 = R20 $ 0,25 ` R20 = 80 C
, , $RR
RR
R R80440 5 5 5 5] ]
20
220
20
220220 20= = =
(V) De Pot = U $ i, vem: 110 = 220 $ i ` i = 0,5 A
(V) A luz emitida pela lâmpada não é efeito direto da corrente elétrica.
Com a passagem da corrente elétrica ocorre a transformação de energia elétrica em energia térmica devido às colisões dos elétrons que constituem a corrente elétrica com os áto-mos do filamento. Ao mesmo tempo, átomos do filamento são excitados, isto é, elétrons passam para um nível energético mais ele-vado. Ao voltar ao nível anterior, emitem a energia que receberam sob forma de luz.
Resposta: b
42
Física 3Os FundamentOs da Física
Resoluções dos exercícios
PARTE I
T.128 A potência transmitida por meio das linhas é a mesma:
P1 = P2 ] U1 $ i1 = U2 $ i2 ] 750 $ i1 = 30 $ i2 ]
] i2 = 25 $ i1Sendo R a resistência elétrica da linha, supos-ta constante, temos as perdas de energia por efeito Joule nas linhas, num mesmo intervalo de tempo St:
E .el 1 = R $ i1
2 $ t e E .el 2 = R $ i22 $ t
Portanto: EE
ii
25 625.
.
1222
2
el
el
1
2 = = =
Logo, sob tensão de 30 kV a perda de energia elétrica na linha de transmissão seria 625 vezes maior.
Resposta: b
T.129 I. Incorreta. Sendo 9 W a potência da lâmpada fluorescente e 8 W a potência da lâmpada de LED, concluímos que num intervalo de tempo St a energia elétrica consumida pelas lâmpadas será:
E .el 1 = Pot1 $ St = 9 $ St
E .el 2 = Pot2 $ St = 8 $ St
Observe que utilizando a lâmpada de LED economiza-se 1 W $ St para um total de 9 W $ St. Logo a economia será de
91 $ 100 - 11%.
II. Correta. Dividindo-se 450 lm por 8 W, tem--se a eficácia luminosa da lâmpada de LED:
,9490 56 25W
lm lm/W=
III. Correta.
Pot1 = U1 $ i1 ] 9 = 110 $ i1
Pot2 = U2 $ i2 ] 8 = 220 $ i2
Dividindo-se membro a membro e , vem:
,$
$
ii
ii
89
220110
49 2 25]
2
1
2
1= = =
IV. Correta.
Eel. = Pot $ St = 8 W $ 25.000 h = 200.000 Wh = = 200 kW
Resposta: e
T.130 (01) Incorreta. A eficiência energética não é 100%.
(02) Correta.
.Pot RU
R5 400220
]2
2
= =` j
` R - 8,96 C
(04) Correta.
Pot = U $ i ] 5.400 = 220 $ i ` i - 24,54 A
(08) Incorreta.
.
.$ $E Pot t 1 000
5 40060
100 9kW h kWhS.el = = =
Se 1 kWh custa R$ 0,50, concluímos que 9 kWh custam R$ 4,50.
(16) Incorreta. A vazão é de 3,0 L/min. Sendo a densidade da água 1,0 kg/L, concluímos
que a vazão em massa é de 3,0 kg/min. Portanto, 3,0 kg é a massa por minuto de funcionamento.
(32) Incorreta. kWh é a unidade de energia, e não potência.
(64) Correta. De acordo com a etiqueta o consu-mo por minuto em um mês será:
Eel. = 2,78 kWh = 2,78 $ 1.000 W $ 3.600 s = = 100,08 $ 105 J
O consumo por minuto em um dia será:
,,
$$E 30
100 08 103 33 10
JJ.
55
el -=
Resposta: 70 (02 + 04 + 64)
T.131 T = i $ St $ RU $ St $ U ] T = R
U2
$ St = m $ Lf ]
] 11220
2` j $ 60 = m $ 80 $ 4 ` m = 825 g
Resposta: d
T.132 Energia consumida por mês com o uso de 10 lâm-padas incandescente de 60 W cada e que ficam acesas 6 h por dia.
$E Pot tS ].el =
.$
$ $E 1 0010 60 6 30kW
diah dias] ].el = 108 kWh
Energia consumida por mês com o uso de 10 lâmpadas fluorescentes de 15 W cada e que ficam acesas 6 h por dia.
$E Pot tS ].el =
.$
$ $E 1 00010 15 6 30kW
diah dias] ].el = 27 kWh
Economia de 108 kWh - 27 kWh = 81 kWh, num total de 270 kWh.Portanto, a redução mensal de energia elétrica
será: %$27081 100 30=
Resposta: c
T.133 De Pot RU2
= , vem: Pot R220
2
=` j
e
Pote R110
2
=` j
Dividindo por , temos:
PotPot Pot Pot Pot220
1104 4
60e ] e ] e2
= = =d n
` Pot 15 We=
Logo, sua lâmpada brilhará menos, porque a potência dissipada diminui para 15 W.
Resposta: b
T.134 De Pot RU2
= e igualando as potências, vem:
$R R R R R R220 110220110
4e ] e ] e
2 22
= = =` `
dj j
n
43
Física 3Os FundamentOs da Física
Resoluções dos exercícios
PARTE I
A resistência original será reduzida à quarta parte.
De U = R $ i, vem: i RU
=
Portanto: �i R220
=
�i R i R i R110
4
110 440e e ] e ] e= = =
De e : ie = 2 i
A intensidade de corrente elétrica duplicará.
Resposta: e
T.135 Possuindo a mesma potência Pot e funcionando durante o mesmo tempo St, os chuveiros con-sumirão a mesma energia (Eel. = Pot $ St).
Resposta: b
T.136 De Pot = RU2
, sendo U constante, concluímos
que, quanto menor R, maior Pot. Portanto, água quente, resistência baixa.
Resposta: a
T.137 Mudando a posição do seletor de inverno para verão, a variação de potência será:
6.000 W - 4.000 W = 2.000 W = 2 kW
A energia elétrica economizada será:
Eel. = Pot $ St
Sendo Pot = 2 kW e St = 30 $ 0,5 h = 15 h, vem:
Eel. = 2 $ 15 ` Eel. = 30 kWh
Resposta: b
T.138 Chuveiro: Potc = 2.200 W
Lâmpada: PotL = 110 W
Portanto: Potc = 20 $ PotL
Logo, para o mesmo tempo de funcionamento, o resistor do chuveiro consome vinte vezes mais energia elétrica do que a lâmpada.Resposta: e
T.139 Quantidade de calor para aquecer 200 , (200 kg) de água de 10 wC a 45 wC, com a combustão direta de 1,0 , de gasolina:
Q = mc $ SJ ] Q = 200 $ 103 $ 4,0 $ (45 - 10)
` Q = 2,8 $ 107 J
Gerador de eletricidade que consome 1,0 , de gasolina por hora e fornece 110 V a um resistor de 11 C:
Eel. = Q ] Pot $ St = Q ] RU2
$ St = Q ]
11110
]
2` j $ St = 2,8 $ 107 ` St q 2,5 $ 104 s ]
] St q 7 h
Portanto, para produzir a mesma quantidade de calor Q, o gerador deverá ficar ligado durante 7 h e consumirá 7 , de gasolina, isto é, 7 vezes mais do que a quantidade de gasolina consumida na combustão direta.
Resposta: e
T.140. Vamos inicialmente calcular as resistências elétricas dos fios A e B:
RA = , CiU
1 0010 10A
mV m= =
RB = , CiU
0 2510 40mV mA= =
Observamos, então, que RB é 4 vezes maior do que RA.
De $ $$
R AL R
dL
4
G ] Gs
2= = , concluímos que, se
RB é 4 vezes maior do que RA, então o diâmetro
de B deve ser duas vezes menor: dB = d2A , ou
seja, dA = 2dB.
Resposta: a
T.141 F1 p R = G $ AL
F2 p R2 = G $ AL2 ] R2 = 2R
F3 p R3 = G $ AL
2 ] R3 = R2
F4 p R4 = G $ AL
2
= 2G $ AL ] R4 = 2R
F5 p R5 = G $ AL2
2
= 4G $ AL ] R5 = 4R
Resposta: b
T.142 Para o fio de chumbo, temos:
R = G $ AL ] R = G $ L
rs 2 ]
] RPb = 8 $ GA, $ ,
,
$ 0 01
1 0
s2` j ]
] RPb = 8 $ 104 $ GA, $ ,1 0s
Para o fio de alumínio, temos:
RA, = GA, $ ,
,
$ 0 020
3 0
s2` j ]
] RA, = ,, $4 0
3 0 104
$ GA, $ ,1 0s
Dividindo a expressão por , vem:
,, ,
,
,$$ $
$ $ $
RR
RR
4 03 0 10 1 0
8 101 0
3 032
G s
G s ],
,
,
,
P P4
4
A
b
A
A
A
b= =
Resposta: b
T.143 Como a densidade e a massa não variam, con-cluímos que o volume não varia; logo:
A R
L
A’ R’
2L
44
Física 3Os FundamentOs da Física
Resoluções dos exercícios
PARTE I
$ $A L A L A A2 2e ] e= =
Temos:
$R ALG=
AL
$ $ $$R A
L R R AL
2
2 4e G ee ] e G ] e G= = =
De e , vem: Re = 4R
Resposta: a
T.144 A área total da seção transversal do cabo vale:
A = 7 $ 10 mm2 = 70 mm2
Sendo L = 1 km = 103 m e G = 2,1 $ 10-2 C $ mm2/m, vem:
$R ALG ]=
, /$ $ $CR 2 1 107010mm mmmm] ]2 2
2
3
= -
] R = 0,3 C
Resposta: e
T.145 De R = R0 $ [1 + a $ (T - T0)] e sendo U = R $ i, vem:
Ui
= R0 $ [1 + a $ (T - T0)] ]
] ,0 33 = 1,0 $ [1 + 4,5 $ 10-3 $ (T - 20)] ]
] 10 = 1 + 4,5 $ 10-3 $ (T - 20) ]
] , $
T4 5 10
93= - + 20 ` T = 2.020 wC
Resposta: b
Associação de resistoresCapítulo 7
Para pensarAs demais lâmpadas continuam acesas, pois cada uma está ligada à tomada que fornece a ddp, independen-temente da outra.
Exercícios propostos
P.135 a) Rs = R1 + R2 ] Rs = 4 + 6 ` Rs = 10 C
b) U = Rs $ i ] U = 10 $ 2 ` U = 20 V
c) U1 = R1 $ i ] U1 = 4 $ 2 ` U1 = 8 V
U2 = R2 $ i ] U2 = 6 $ 2 ` U2 = 12 V
P.136 a) Rs = R1 + R2 ] Rs = 7 + 5 ` Rs = 12 C
b) U = Rs $ i ] 120 = 12 $ i ` i = 10 A
c) U1 = R1 $ i ] U1 = 7 $ 10 ` U1 = 70 V
U2 = R2 $ i ] U2 = 5 $ 10 ` U2 = 50 V
P.137 Sendo R1 = 200 C , R2 = 0,5 kC = 500 C e R3 = 3 $ 10-4 MC = 300 C, temos:
Rs = R1 + R2 + R3 = 1.000 C
U = Rs $ i ] U = 1.000 $ 0,1 ` U = 100 V
P.138 a) UAB = Rs $ i ] UAB = (1 + 2) $ 2 ` UAB = 6 V
b) Com a chave Ch no ponto 4, temos:
UAB = Rs $ i ] 6 = 6 $ i ` i = 1 A
Com a chave Ch em 5:
UAB = Rs $ i ] 6 = 10 $ i ` i = 0,6 A
Com a chave Ch em 6:
UAB = Rs $ i ] 6 = 15 $ i ` i = 0,4 A
c) A máxima resistência do reostato é obtida
com a chave no ponto 6. Nessa posição a
resistência equivalente será: Rs = 15 C
P.139 a) Potmáx. = RU2
máx. ] U 2máx. = Potmáx. $ R ]
] U 2máx. = 1 $ 10 ` Umáx. = 10 V ]
] Umáx. - 3,16 V
b) imáx. = ,
RU
i 103 16
]máx.máx. = ` imáx. = 0,316 A
P.140 Vamos, inicialmente, calcular as resistências
elétricas das lâmpadas. De Pot RU2
= , vem R PotU2
= .
Assim:
lâmpada L1: R 200110
1
2
=` j
` R1 = 60,5 C
lâmpada L2: R 100110
2
2
=` j
` R2 = 121 C
lâmpada L3: R 2110
53
2
=` j
` R3 = 484 C
Aplicando a lei de Ohm, com as três lâmpadas em série, temos:
U = Rs $ i ] U = (R1 + R2 + R3) $ i ]
] 220 = (60,5 + 121 + 484) $ i ` i - 0,33 A
As novas ddps nas lâmpadas para a corrente obtida serão:
lâmpada L1: U1 = R1 $ i ] U1 = 60,5 $ 0,33
` U1 - 20 V
lâmpada L2: U2 = R2 $ i ] U2 = 121 $ 0,33
` U2 - 40 V
lâmpada L3: U3 = R3 $ i ] U3 = 484 $ 0,33
` U3 - 160 V
Logo, L1 está sob ddp menor do que a nominal. Seu brilho é menor que o normal. O mesmo ocorre com a lâmpada L2. A lâmpada L3 está sob ddp maior do que a nominal. Ela apresenta um brilho acima do normal em seguida se queima.
Com isso, L1 e L2 se apagam.
45
Física 3Os FundamentOs da Física
Resoluções dos exercícios
PARTE I
P.141 a) Rp = $R R
R RR 20 30
20 30]1 2
1 2p+ =
+ ` Rp = 12 C
b) i1 = RU i 20
120]1
1 = ` i1 = 6 A
i2 = RU i 30
120]2
2 = ` i2 = 4 A
c) i = i1 + i2 ] i = 10 A
P.142 Queimando L3, por exemplo, i1 e i2 não se alteram, pois U, R1 e R2 não se modificam. O que se altera é a corrente total i fornecida pelo gerador. Essa passa a ser I = i1 + i2.
U
i
UR1
UR2
UR3
i1 = i2 = i3 =
L1 L2 R2R1
i1 i2 i3
L3 R3
i = i1 + i2 + i3
P.143 Pottotal = 12 $ 100 + 720 + 2.400 + 1.200 + 360
` Pottotal = 5.880 W
Pottotal = U $ i ] i = .U
Poti 120
5 880]total =
` i = 49 A
P.144 a) Pot = U $ i ] $Pot 110 116
= ` Pot = 60 W
b) ,$$n n n15 11
66
15 11 27 5] ]= = =
` n = 27 lâmpadas
P.145 Sendo imáx. = 15 A e U = 120 V, temos:
Potmáx. = U $ imáx. ] Potmáx. = 120 $ 15
` Potmáx.= 1.800 W
Por uma regra de três simples e direta, temos:
1 lâmpada 60 W
x 1.800 W
` .x 601 800
= ] x = 30 lâmpadas
P.146 a) Pot = U $ i ] 2.200 = 110 $ i ` i = 20 A
b) Com a chave na posição “verão”, temos:
Potverão = .RU
R1 100110
]1
2
1
2
=` j
` R1 = 11 C
Com a chave na posição “inverno”, temos:
Potinverno = .RU
R2 200110
]2
2
p p=` j
` Rp = 5,5 C
De R R R1 1 1
1 2p= + , vem: , R5 5
1111 1
2= +
` R2 = 11 C
P.147
(II)
A
R
R
R
R
3R
B
A
R 3R
B
A
B
3R4
3R4
Req. =
Req. = 0,75R
=R + 3RR $ 3R
ou
A B
1 C
3 C
2 C 4 C 5 C
6 C
6 C
7 C
BA
7 C
3 C
6 C 5 C
C = 2 C3 + 63 $ 6
(I)
A B
7 C
7 C
2 C 5 C
A B A B
7 C
7 C
Req. = 3,5 C
46
Física 3Os FundamentOs da Física
Resoluções dos exercícios
PARTE I
A
B
A
B
20 C
40 C 40 C
Req. = 20 C
(III)
A
B
10 C10 C
10 C 10 C
20 C40 C 40 C
40 C
A
B
10 C
10 C
40 C 40 C
20 C
40 C
A
B
10 C
40 C 20 C
40 C
10 C
A
B
A
B
20 C
40 C 40 C
Req. = 20 C
(IV) 12 C
A
B
3 C
4 C
5 C7 C
9 C
A
B
12 C
4 C
5 C7 C
3 CC =12 + 412 $ 4
A
B
10 C
3 C
5 C7 C
A B
A
B
5015
103
10 C
5 C
CC = C =10 + 510 $ 5
103
CReq. =
A B
A
B
5015
103
10 C
5 C
CC = C =10 + 510 $ 5
103
CReq. =
P.148 a)
iA C
B0,5 C 2 C
UAC = 120 V
iA C
UAC = 120 V
Req. = 2,5 C
i i
BA C
i2
i2
1 C
2 C
1 C
UAC = 120 V
47
Física 3Os FundamentOs da Física
Resoluções dos exercícios
PARTE I
UAC = Req. $ i ] 120 = 2,5 $ i ` i = 48 A
UAB = RAB $ i ] UAB = 0,5 $ 48 ` UAB = 24 V
b) Cada resistor de resistência 1 C é percorrido por corrente de intensidade:i2 24 A=
P.149 Os resistores de 6 C e 12 C (7 C + 5 C) estão em paralelo e, portanto, sob a mesma ddp:
6 $ i e = 12 $ iE ] 6 $ 6 = 12 $ i E ` iE = 3 A
P.150
A
B
i2
i4
i4
i2
i
5 C
5 C5 C
10 C
10 C 10 C
U = 200 V
A
B
i2
i2
i
5 C
5 C
5 C
10 C
10 C
U = 200 V
A
B
i2
i2
i
5 C
5 C
10 C 10 C
U = 200 V
A
B
i
5 C
5 C
10 C
U = 200 V
A
i
B
U = 200 V Req. = 10 C
U = Req. $ i ] 200 = 10 $ i ` i = 20 A
Temos a seguinte distribuição de correntes:
A
B
i4
i2
i2
i4
5 C
5 C
10 C
10 C 10 C
i = 20 A
= 10 A= 10 A
= 5 A = 5 A
48
Física 3Os FundamentOs da Física
Resoluções dos exercícios
PARTE I
P.151 a)
i2
i2
i2C
D
i2
i
i
A
B
1 C
6 C
6 C
2 C
2 C
2 C4 C
UAB = 80 V
i i2
i2
C
D
A
B
1 C
4 C
6 C 6 CUAB = 80 V
Rp = 3 C
i i
C
D
A
B
1 C
4 C
UAB = 80 V Rp = 3 C
iA
B
UAB = 80 V Req.= 8 C
UAB = Req. $ i ] 80 = 8 $ i ` i = 10 A
b) UCD = Rp $ i ] UCD = 3 $ 10 ` UCD = 30 V
c) i2 5A=
P.152 a)
UAB
A i
B D
Ci
i
i1
i1
i2
i2
2,6 C 3 C
3 C
6 C
5 C
4 C
i2
i1
UAB
A i
B D
Ci
i
2,6 C
5 C
4 C 6 C Rp = 2,4 C
Rp = 4 + 64 $ 6i2
`
UAB
A i
B D
C
i
i
2,6 C
5 C
10 C
Rp = 2,4 C
UAB
A
B
Req. = 10 C
b) UAB = Req. $ i ] UAB = 10 $ 4 ` UAB = 40 V
c) UCD = Rp $ i ] UCD = 2,4 $ 4 ` UCD = 9,6 V
UCD = R1 $ i1 ] 9,6 = 4 $ i1 ` i1 = 2,4 A
UCD = R2 $ i2 ] 9,6 = 6 $ i2 ` i2 = 1,6 A
49
Física 3Os FundamentOs da Física
Resoluções dos exercícios
PARTE I
P.153 a)
B B B
C
A
A
D
12 C
7 C
5 C 6 C
9 C 36 C 22 C
36 C
14 C
A
B
36 C 36 C
18 C
12 C 6 C
9 C
C / D
12 + 612 $ 6
C = 4 CRp =
A
B
A
B
A
B
6 C
4 C
4 C
9 C 18 C
9 + 189 $ 18
C = 6 C
Req. = 10 C
Rp =
C / D
A
B
A
B
A
B
6 C
4 C
4 C
9 C 18 C
9 + 189 $ 18
C = 6 C
Req. = 10 C
Rp =
C / D
b)
B
A
21 C
7 C
5 C 6 C
36 C 36 C
18 C
9 C
B
A
6 C
18 C
21 C
24 C
B
A
21 + 2421 $ 24
C = 11,2 C
21 C 24 C
Rp =
A
B
Req. = 11,2 C
50
Física 3Os FundamentOs da Física
Resoluções dos exercícios
PARTE I
P.154 a)
A B
Curto
B6 C
2 C 2 C
6 C
A B2 C 2 C
6 C
4 C
6 + 46 $ 4
= 2,4 CReq. =
A B
C
b) A A
B
B
B
8 C em curto
4 C
4 C
4 C
4 C
A
B
4 C 4 C
A
B
Req. = 2 C
c)
C D BA
8 C
8 C
4 C
12 C
12 C
12 C
6 C
6 C
A
C
C
B
D
B2 C em curto
D
8 C
8 C
12 C
12 C
6 C12 C
1 C
1 C
BA
4 C
12 C
6 C 6 C
BAReq. = 10 C
C D BA
8 C
8 C
4 C
12 C
12 C
12 C
6 C
6 C
A
C
C
B
D
B2 C em curto
D
8 C
8 C
12 C
12 C
6 C12 C
1 C
1 C
d) A
A A
Curto
B B B B B
A A A
2 C 7 C
2 C 8 C 8 C
A
B
2 C
2 C8 C 8 C
A
B
Req. = 2 C
51
Física 3Os FundamentOs da Física
Resoluções dos exercícios
PARTE I
e)
f)
g)
A
C
B
C
B
B
Curto
0,5 C
1,5 C
A
B
0,5 C
1,5 C
3 C 3 C
0,5 C
A
B
Req. = 2 C
A B
A B
C
B
A B
1 C 6 C
6 C
4 C
A C B
1 C 6 C
6 C
4 C
Req. = 2 C
A
A A
B C
B
3 C
3 C
2 C
0,5 C
A C B
3 C
3 C
2 C
0,5 C
Req. = 1 CA B
A
A A
B C
B
3 C
3 C
2 C
0,5 C
A C B
3 C
3 C
2 C
0,5 C
Req. = 1 CA B
h)
A
B
5 C 5 C 5 C 7 C
8 C10 C
15 C
A B
5 C
10 C
15 C
A B
Req.
A A B
B B5 C10 C 15 C
R1
51
101
151
306 3 2
eq.= + + =
+ +
` Req. = C1130 ] Req. - 2,7 C
P.155 R
U
i
R
U
i4
12 C
U = R $ i
U = (R + 12) $ i4 ] R $ i = (R + 12) $ i
4
` R = 4 C
P.156 Pot = U1 $ i ] 440 = 110 $ i ` i = 4 A
U2 = U - U1 ] U2 = 220 - 110 ` U2 = 110 V
Mas: U2 = R $ i ] 110 = R $ 4 ` R = 27,5 C
U2
Ferroelétrico
i R
U = 220 V
U1 = 110 VPot = 440 V
52
Física 3Os FundamentOs da Física
Resoluções dos exercícios
PARTE I
Física em nosso mundoInstalação elétrica domiciliar
1. No sistema bifásico chegam à casa do consu-midor três fios: dois denominados fases (fios energizados) e o terceiro, neutro (fio aterrado pela companhia de distribuição de energia).
2. Os aparelhos que consomem mais energia elétri-ca, num determinado intervalo de tempo, isto é, de maior potência, são ligados entre os dois fios fases cuja ddp é de 220 V e, portanto, maior que a ddp entre um fio fase e outro neutro (127 V).
Atividade práticaAssociação de lâmpadas
1. Como a tensão elétrica total é de 3,0 V e as lâmpadas, associadas em série, são iguais, con-cluímos que cada uma fica submetida a uma tensão elétrica de 1,5 V.
2. O brilho das lâmpadas é normal, pois estão sob tensão nominal.
3. Retirando uma das lâmpadas, a outra apaga, pois a corrente elétrica é interrompida.
4. Colocando uma das lâmpadas em curto-circuito, a outra fica submetida a uma tensão de 3,0 V.
5. Cada lâmpada fica submetida a uma tensão de 1,5 V, que é a tensão nos terminais da pilha.
6. Sim. Como a tensão a que cada lâmpada fica submetida é a nominal, seu brilho é normal.
7. Retirando uma das lâmpadas do soquete, a outra continua sob tensão de 1,5 V e seu brilho é normal.
8. Ao colocar uma das lâmpadas em curto-circuito, a outra também fica em curto-circuito e apaga.
9. Além da lâmpada, também a pilha fica em curto-circuito. Ela aquece muito e descarrega. Daí a recomendação de colocar a lâmpada em curto-circuito por breve intervalo de tempo, para não estragar a pilha.
10. As lâmpadas L1 e L2 apresentam brilho abaixo do normal, pois são submetidas a tensões de 0,75 V cada. A lâmpada L3 apresenta brilho normal, pois está sob tensão de 1,5 V.
11. Quando L2 é colocada em curto-circuito, o brilho de L1 aumenta e o de L3 permanece o mesmo. As lâmpadas L1 e L3 apresentam brilho normal, pois estão sob tensão de 1,5 V cada uma.
Exercícios propostos de recapitulação
P.157 a) Considerando válida a lei de Ohm para as duas associações, temos:
U = R $ i ] i RU
=
Para uma mesma intensidade i, quanto maior a tensão, maior será a resistência. Conforme o gráfico, vem:
UB 2 UA ] RB 2 RA
Como na associação em série temos Rs = R1 + R2 e na associação em paralelo temos
Ri
Ri
Ri
1 2p= + , concluímos que a resistência
maior (B) corresponde à associação em série, e a menor (A), à associação em paralelo.
Em resumo:
A ] associação em paralelo
B ] associação em série
b) Pelo dados, Rs = 120 C e Rp = 16,7 C. Assim:
120 = R1 + R2
16,7 = $
R RR R1 2
1 2
+
Resolvendo o sistema: R1 = 100 C e R2 = 20 C
P.158 Do gráfico, temos:
Curva S: U = R $ i ] 48 = RS $ 3 ] RS = 16
` R1 + R2 = 16 C
Curva P: U = R $ i ] 36 = RP $ 12 ] RP = 3,0
` $
R RR R1 2
1 2
+ = 3 C
Req. = 16 C + 3,0 C = 19 C
R1
R2
R2R1
3,0 C
16 C
De e :
,$ R
1616 16
3 01-
=` j
] R12 - 16R1 + 48 = 0
` R1 = 4,0 C ou R1 = 12,0 C
Portanto, de , vem: R2 = 12,0 C ou R2 = 4,0 C.
Logo, uma das resistências é igual a 4,0 C e a outra, a 12,0 C.
P.159 a) Os resistores R2 = 4,0 C e R3 = 16 C estão asso-ciados em paralelo e, portanto, submetidos à mesma ddp:
R2 $ i2 = R3 $ i3Como i3 = 2,0 A, vem:
4,0 $ i2 = 16 $ 2,0 ` i2 = 8,0 A
A corrente por R1 é dada por:
i1 = i2 + i3 = 8,0 + 2,0 ` i1 = 10 A
b) UAB = R1 $ i1 = 6,8 $ 10 ` UAB = 68 V
UBC = R2 $ i2 = 4,0 $ 8,0 ` UBC = 32 V
A ddp entre A e C vale:
UAC = UAB + UBC = 68 + 32 ` UAC = 100 V
53
Física 3Os FundamentOs da Física
Resoluções dos exercícios
PARTE I
P.160 Sendo i = 7,5 A e U = 9 V, a resistência equiva-lente à associação é dada por:
,RiU
7 59
eq.= = ` Req. = 1,2 C
Na associação, o resistor R1 está associado em paralelo com o resistor (R2 + X). Assim:
$R R R X
R R X
1 2
1 2
eq.= + +
+` j
Como R1 = R2 = 2 C, vem:
,$
XX
1 2 2 22 2
=+ +
+` j ] 4 + 2X = 4,8 + 1,2X ]
] 0,8X = 0,8 ` X = 1 C
P.161 a) Cada aparelho funciona sob tensão de 127 V. Portanto, eles estão ligados em paralelo como mostra a figura a seguir:
RFeRTRLU 5 127 V RL
onde:
RL : resistência elétrica de cada lâmpada in-candescente
RT: resistência elétrica da torradeira
RFe: resistência elétrica do ferro elétrico
b) A corrente elétrica total (I) que atravessa o circuito será:
�. .$
I UPot
I UPot Pot Pot
I U I U
2
2 60 780 1 200 2 100
] ]
] ]
total L T Fe= =+ +
=+ +
=
Caso só o ferro estivesse ligado, a corrente elétrica total (i) seria:
.i UPot
i U1 200]Fe= =
Da relação e , encontramos
.
. ,iI
iI
iI
1 2002 100
47 1 75] ]= = =
c) A potência total consumida pelos aparelhos é igual à soma das potências:
Pottotal = 2PotL + PotT + PotFe ]
] Pottotal = 2 $ 60 + 780 + 1.200
` Pottotal = 2.100 W = 2,1 kW
Portanto, a energia elétrica consumida pelos aparelhos será:
Eel. = Pottotal $ St ` Eel. = 2,1 kW $ 4 h ]
] Eel. = 8,4 kWh
P.162 a) A
A
B
A A
B B
A
B
A
B
B
60 C
60 C 60 C
60 C
20 C
20 C 20 C
20 C
20 C20 C 20 C
20 C
Req. = 8 C
A
A
B
A A
B B
A
B
A
B
B
60 C
60 C 60 C
60 C
20 C
20 C 20 C
20 C
20 C20 C 20 C
20 C
Req. = 8 C
Pot RU
Pot 8100
]AB2 2
eq.= =
` j ` Pot = 1.250 W
b)
B
A
B
AA
B
10 C
10 C
10 C
A
B
10 C 10 C 10 C 10 C
10 C
A
B
= 10 C4 = 2,5 CReq.
Como UAB = 100 V, a potência dissipada será:
,Pot RU
2 5100AB
2 2
eq.= =
` j ` Pot = 4.000 W = 4 kW
54
Física 3Os FundamentOs da Física
Resoluções dos exercícios
PARTE I
P.163 a) As quatro possíveis associações que o estu-dante poderá fazer são as seguintes:
(I)R R R
R(II)
R
R
R(III)
RR
(IV)RR
R
Sendo R = 10 C, podemos calcular a resistên-cia do resistor equivalente a cada uma das associações:
RI = 3R = 3 $ 10 ` RI = 30 C
` CR R R3 310
II II= =
` CR R R R2 210 10 15III III= + = + =
$ $R R RR R
RR R
22
32
32
32 102
IV =+
= = =
` CR 320
IV =
b) A lâmpada de resistência RL = 5,0 C deve ser associada em série com a associação, de modo que seu brilho seja o máximo possível, isto é, dissipe a potência PotL = 5,0 W. O esquema do circuito é o seguinte:
L Req.
20 V
A intensidade de corrente pela lâmpada deve ser:
PotL = RL $ i2 ] i2 = ,,
RPot
5 05 0
L
L = ] i2 = 1,0
` i = 1,0 A
Sendo U = 20 V a tensão da fonte, a aplicação da lei de Ohm fornece:
U = (RL + Req.) $ i ] 20 = (5,0 + Req.) $ 1,0 ]
] 20 = 5,0 + Req. ` Req. = 15 C
Portanto, a associação mais adequada é a III.
P.164 a) CPot RU
R R100100
121] ]2
2
= = =` j
Cálculo da resistência ôhmica equivalente:
242 C
121 C
121 C
121 C
121 C
Circuito A
220 V
242 C
A resistência ôhmica equivalente do circuito
A é RA = 2242 = 121 C
No circuito B as quatro lâmpadas estão ligadas em série.
484 C
121 C 121 C
121 C
121 C
Circuito B
220 V
A resistência ôhmica equivalente do circuito B é RB = 4 $ 121 = 484 C
b) Cada lâmpada do circuito A está sob ddp de 110 V. Logo, cada uma delas dissipa a potência de 100 W.
Cada lâmpada do circuito B está sob ddp de 55 V. Logo, cada uma delas dissipa a potência
de 4100 25W W= .
P.165 Vamos, inicialmente, calcular as resistências elétricas das lâmpadas. Sob ddp de 120 V, cada uma, suas potên cias são 60 W e 100 W.
De Pot RU2
= , temos: R PotU2
=
Portanto:
` CR R60120
2401
2
1= =` j
` CR R100120
1442
2
2= =` j
Associadas em série, serão percorridas pela mesma intensidade de corrente i. De Pot = R $ i2, concluímos que a lâmpada de 240 C dissipa maior potência do que a lâmpada de 144 C e, portanto, brilha mais. Portanto, a lâmpada de valores nomi-nais (60 W — 120 V) brilha mais do que a de valores nominais (100 W — 120 V), quando associa das em série.
55
Física 3Os FundamentOs da Física
Resoluções dos exercícios
PARTE I
P.166 a) Como o resistor é ôhmico (R = 2,0 C, constan-te), concluímos que a curva característica é uma reta que passa pela origem.
Da lei de Ohm temos:
U = R $ i ] U = 2,0 $ i (SI)
i = 0 ] U = 0
i = 3,0 A ] U = 6,0 V
Assim, temos o gráfico a seguir.
i (A)
10
0,5
1,0
1,5
2,0
2,5
3,0
2 3 4 5 6 7 8 U (V)
A
R
L
b) A lâmpada e o resistor estão ligados em série e, portanto, são percorridos pela mesma corrente i. De Pot = U $ i, concluímos que a lâmpada e o resistor estão submetidos à mesma tensão U, pois dissipam a mesma potência Pot. Logo, a intensidade da corrente i procurada corresponde ao ponto A de inter-secção das curvas características. Do gráfico, temos: i = 2,5 A
c) Do gráfico, temos: U = 5 V
A tensão U0 fornecida pela fonte é igual a 2U:
U0 = 2U ] U0 = 2 $ 5 ` U0 = 10 V
d) De Pot = U $ i, temos: Pot = 5 $ 2,5 Pot = 12,5 W
P.167 a) Quando o interruptor do chuveiro estiver des-ligado, a ddp entre os pontos 1 e 2 será nula.
b) Quando o interruptor do chuveiro estiver des-ligado, a ddp entre os pontos 3 e 4 será a ddp entre os fios fase e neutro. Portanto, é igual a 220 V.
c) De P = Ui podemos calcular a intensidade da corrente que atravessa o chuveiro nas posi-ções verão e inverno.
Verão: 2.200 = 220 $ iV ] iV = 10 A
Inverno: 4.400 = 220 $ iI ] iI = 20 A
Sendo o disjuntor de 15 A, concluímos que ele estaria bem dimensionado para a posição de verão, mas não estaria para a posição inverno.
Logo, o disjuntor não está bem dimensionado. Ele desligará sempre que o chuveiro for ligado na posição inverno.
P.168 a) Eel. = Pot $ St ]
. .
. ..
$ $
$$ $
]
]
E 1 000990 3 1 000
980 3
1 0002 60 3 1 000
4 4006012
kW h kW h
kW h kW h
.el = + +
+ +
] Eel. = 2,97 kWh + 2,94 kWh + 0,36 kWh + + 0,88 kWh ] Eel. = 7,15 kWh
b) O esquema abaixo representa o circuito dado. O fio Terra não é percorrido por corrente elé-trica e não foi representado.
Fase 1
I
iN
i1
i
i5i4i3
i2110 V
220 V
110 V
Fase 2
Neutro
Aq
FerroL1 L2
Chuveiro
De Pot = Ui, vem: i = UPot
Aquecedor: i1 = 110990
VW = 9 A
Chuveiro: i2 = .220
4 400VW = 20 A
Lâmpada L1: i3 = 11060
VW = 11
6 A
Lâmpada L2: i4 = 11060
VW = 11
6 A
Ferro de passar roupa: i5 = 110980
VW = 11
98 A
Intensidade da corrente elétrica que percorre o fio fase 1:
Ifase1 = i1 + i2 ] Ifase1 = 9 + 20 ` Ifase1 = 29 A
Intensidade da corrente elétrica que percorre o fio fase 2:
Ifase2 = i2 + i3 + i4 + i5 ] Ifase2 = 20 + 116
116
1198
+ + ` Ifase2 = 30 A
c) Intensidade da corrente elétrica que percorre o fio neutro:
ineutro = Ifase2 - Ifase1 = 30 A - 29 A ] ineutro = 1,0 A
P.169 a) A potência máxima é Pot = 6 kW = 6.000 W.
De Pot = U $ i, vem: 6.000 = 120 $ i ` i = 50 A
b) Do gráfico fornecido podemos calcular os produtos Pot $ St e, em seguida, somá-los, obtendo a energia consumida em um dia:
Eel. = 0,5 $ 1 + 2,5 $ 1 + 0,5 $ 3 + 1,5 $ 1 +
+ 6 $ 1 + 1 $ 3 ` Eel. = 15 kWh
c) O consumo mensal será de: 15 kWh $ 30 = 450 kWh
Por uma regra de três simples e direta, temos:
1 kWh R$ 0,12
450 kWh x
` x = R$ 54,00
P.170 a) P RU P 12
120]0
2
0
2
= =` j
` P0 = 1.200 W
b) P1 = 2 $ P2 ] $ $RU
RU R R2 2]
1
2
2
2
2 1= =
Mas R1 + R2 = R0 = 12 C
De e , vem: R1 = 4,0 C e R2 = 8,0 C
56
Física 3Os FundamentOs da Física
Resoluções dos exercícios
PARTE I
c)
,
$
$
PP
RU
RU
PP
RR
R RR R
R R
PP
PP
124 812 4 5
] ]
] ]
0
0
2
2
0
0
1 2
1 2
1 2
0 0
p
p= = =
+
+
= =
f
d
p
n
Testes propostos
T.146 220 V = 5 V + 5 V + ... + 5 V ] 220 V = n $ 5 V ]
] n = 44
Resposta: b
T.147
R
i
R
i4
U = R $ i
12 C
i4
U = (R + 12) $
Igualando:
$ $R i R i12 4= +` j ] 4R = R + 12 ] 3R = 12
` R = 4 CResposta: b
T.148 Relação entre as resistências elétricas dos fios F1 e F2:
De $R ALG1
1= e $ $
$R A
LAL
2G G22 1
= = , vem R1 = 2 $ R2
Os fios F1 e F2 estão associados em série e são, portanto, percorridos por corrente elétrica de mesma intensidade i. As tensões nestes fios são respectivamente:
V1 = R1 $ i e U2 = R2 $ i
Sendo R1 = 2 $ R2, resulta: V1 = 2 $ R2 = i ]
] V1 = 2 $ V2
Resposta: d
T.149
R R
B
A
A
A
A
B B
A
B
B
R R
1 2 n
R R
A
B
R R
i
A
B
R4
V
$V R i i RV
44]= =
Resposta: a
T.150 Do gráfico, para U = 40 V, temos: i1 = 0,2 A e i2 = 0,1 A
Logo:
i = i1 + i2 ] i = 0,2 + 0,1 ` i = 0,3 A
Pot = U $ i ] Pot = 40 $ 0,3 ` Pot = 12 W
Resposta: c
T.151 Na situação em que U1 = 110 V, os dois resistores ficam associados em paralelo e a resistência
equivalente é R R21= . Logo, a potência será dada
por:
�P RU
P RU
2
2]110
12
11012
= =` `j j
Na situação em que U2 = 220 V, os dois resisto-res ficam associados em série e a resistência equivalente é R2 = 2R. Logo, a potência será dada por:
�
P RU
P RU
P RU
P RU
2 22
24
2
] ] ]
]
22022
220
12
22012
22012
= = =
=
`` ` `
`
jj j j
j
Comparando e , vem:
P(220) = P(110)
Resposta: b
T.152 De Pot RU2
= , vem:
Pot R2110
2
=` j
$Pot R Pot R2
2202
220e ] e
2 2
= =` `j j
De e , temos:
$$Pot
PotR
R2 220
1102e
2
2=`
`
j
j ] $Pot
Pot 4 110220e ]
2
= d n
PotPot 16] e
= ] Pote = 16 $ Pot ] Pote = 16 $ 550
` Pote = 8.800 W
Resposta: e
57
Física 3Os FundamentOs da Física
Resoluções dos exercícios
PARTE I
T.153 O valor de R pode ser obtido pela simplificação da representação do circuito:
A
R
B
4 C
18 C30 C
30 C6 C
15 C 12 C5 C
A
R
B
4 C
30 C
15 C
30 C6 C
15 C5 C
A
R
B
4 C
30 C
15 C6 C
15 C5 C
A
R
B
4 C
30 C6 C
5 C
C 5 5 C6 3 306 1 30
Rp =
A
R
B
4 C
10 C
5 C
5 C
A
B
4 1( )10 3 R10 1 R
C
$ $RR
RR4 10
10 10 1010 6]+
+=
+= ]
] 60 + 6R = 10R ` R = 15 CResposta: e
T.154 Se o reostato estiver regulado no seu valor mínimo (R = 0), o resistor de 20 kC estará em curto-circuito e a intensidade de corrente será máxima:
U = R1 $ imáx.
Sendo U = 100 V e R1 = 10 kC = 10 $ 103 C, temos:
100 = 10 $ 103 $ imáx. ` imáx. = 10 $ 10-3 A ]
] imáx. = 10 mA
Se o reostato estiver regulado no seu valor má-ximo (R = 20 kC), a intensidade de corrente será mínima. O circuito correspondente será:
100 V
10 kC
20 kC 20 kC
10 kC
100 V 10 kC
10 kC R2 = 20 kC = 20 $ 103 C
Aplicando a lei de Ohm:
U = R2 $ imín. ] 100 = 20 $ 103 $ imín.
` imín. = 5,0 $ 10-3 A ] imín. = 5,0 mA
Resposta: e
58
Física 3Os FundamentOs da Física
Resoluções dos exercícios
PARTE I
T.155
A B
C
UAB
i
i1
i2
3 C
8 C
6 C
UAB
BA
i
10 C
Pot = R $ i21 ] 27 = 3 $ i2
1 ` i1 = 3 A
UAC = 3 $ i1 = 6 $ i2 ] 3 $ 3 = 6 $ i2 ` i2 = 1,5 A
i = i1 + i2 ] i = 3 + 1,5 ` i = 4,5 A
UAB = Req. $ i ] UAB = 10 $ 4,5 ` UAB = 45 V
Resposta: e
T.156
BRA C
ii
R
R
i2
i2
O resistor entre C e B é o que dissipa maior potência:
Pot = R $ i2 = 32 W
Os dois resistores em paralelo são percorridos por
correntes de intensidades i2 e dissipam, cada um:
$$Pot R i R i
2 4 8We2 2
= = =d n
A potência total dissipada será:
Pottotal = 32 W + 8 W + 8 W ` Pottotal = 48 W
Resposta: e
T.157 O micro-ondas e o ferro de passar estão subme-tidos à mesma tensão elétrica de 110 V; portanto, a corrente elétrica em cada um vale:
i UPot
1 09201m
m= = ` im - 8,4 A
.i UPot
1101 400
ff
= = ` if - 12,7 A
A corrente que passará pelo disjuntor será a soma das duas correntes elétricas:
i = im + if = 8,4 A + 12,7 A = 21,1 A
Resposta: d
T.158 O circuito do aluno desatento é o seguinte:
R
C
R
R
R
A
B
C
C
Curto
R2––
R
R
A
R
C BR
R2––
A
R2–– R
2––
C B
A B
R
Portanto: Req. = R ` Req. = 100 C
Resposta: c
T.159 N
14 V
14 C
12 C3 C
6 C
RM 6 Qi''1 i'1
U'U'
N
14 V
14 C
12 C2 C
RM 6 Q
i1
I
I
i2
i1i1
U'
Intensidade da corrente que percorre o resistor de 14 C:
U = R $ i2 ] 14 = 14 $ i2 ` i2 = 1 A
Intensidade da corrente que percorre o resistor de 12 C:
U = R $ i1 ] 14 = (2 + 12) $ i1 ` i1 = 1 A
Tensão elétrica no resistor de 2 C, que é a mesma nos resistores de 3 C e 6 C ligados em paralelo:
Ue = R $ i1 ] Ue = 2 $ 1 ` Ue = 2 V
Intensidade da corrente que percorre o resistor de 2 C:
Ue = R $ i1 ] 2 = 3 $ i1e ` i1e = 32 A
Intensidade da corrente que percorre o resistor de 3 C:
Ue = R $ i1E ] 2 = 6 $ i1E ` i1E = 31 A
Resposta: e
59
Física 3Os FundamentOs da Física
Resoluções dos exercícios
PARTE I
T.160 Liga-se um terminal da lâmpada (por exemplo, rosca metálica) a um dos polos da pilha e outro (base metálica) ao outro polo. Assim, (1), (3) e (7) são as ligações em que a lâmpada acende.
Resposta: d
T.161 Vamos calcular as resistências elétricas das lâmpadas com os dados nominais:
lâmpada L1: R1 = PotU R 2
12]
1
2
1
2
=` j
R1 = 72 C
lâmpada L2: R2 = PotU R 4
12]
2
2
2
2
=` j
R2 = 36 C
lâmpada L3: R3 = PotU R 6
12]
3
2
3
2
=` j
R3 = 24 C
Assim, temos:
AL1
L2
L3
B Bi i
i
A
72 C
24 C
36 C
72 + 3672 $ 36
Req. = 48 C
C = 24 Rp = C
U = 12 VU = 12 V
U = Req. $ i ] 12 = 48 $ i i = 0,25 A = 2,5 $ 10-1 A
Resposta: a
T.162 C1 fechada e C2 aberta ] P1 = 100 W
C1 aberta e C2 fechada ] P2 = 60 W
Quando as duas chaves estiverem fechadas, as lâmpadas estarão em paralelo. Sendo assim, a potência total do circuito será:
P = P1 + P2 = 100 + 60 ` P = 160 W
Resposta: b
T.163 A resistência equivalente do conjunto de lâm-padas, Rp, é dada por:
U = Rp $ i ] , CqR 610 1 67A
Vp=
Mas a resistência de cada lâmpada vale:
,` CR PotU R6
10 16 7l
l
2 2
l = = =
O valor da resistência equivalente para n resis-
tores iguais em paralelo vale R nR
p = , portanto:
,,
n RR
1 6716 7
10l
p= = =
Ou seja, pode-se colocar 10 lâmpadas em para-lelo sem que o fusível queime.
Resposta: c
T.164 Lâmpada L1:
Pot1 = U1 $ i1 ] 0,6 = 3 $ i1 ` i1 = 0,2 A
Lâmpada L2:
Pot2 = U2 $ i2 ] 0,3 = 3 $ i2 ` i2 = 0,1 A
Resistor:
i3 = i1 - i2 = 0,1 A
U = R $ i3 ] 3 = R $ 0,1 ` R = 30 C
3 V
3 V6 V R, 3 V
i1
i1
i2
L1
L2
i3
Resposta: d
T.165 De $Pot RU R A
Le G2
= = , concluímos que a lâm-
pada B (de filamento mais grosso) tem menor resistência e, portanto, maior potência. Logo, brilha mais.
Resposta: d
T.166 Sendo G a resistividade do material de que é feito o filamento das lâmpadas, temos, para a resistência de cada uma:
; ; ;$ $ $ $ $ $ $
R SL
R SL
R SL
R SL
SL
22
22G G G G G
1 2 3 4= = = = =
Comparando: R1 = R4; R2 ;R21= R3 = 2R1
Mantida constante a tensão, a potência dissi-pada é inversamente proporcional à resistência
P RU2
=e o. Assim:
P1 = P4; P2 = 2 $ P1; P3 = P21
Portanto, temos:
P2 2 P1 = P4 2 P3
Resposta: e
T.167 (01) Correta. Em vista de Pot RU2
= , menor potên-
cia corresponde a maior resistência, sob mesma ddp.
(02) Incorreta. Pela lei de Ohm (U = R $ i ), pelo resistor de maior resistência (lâmpada de 60 W) passa a menor intensidade de corrente.
(04) Incorreta. Como as lâmpadas estão asso-ciadas em paralelo sob ddp constante, a queima da lâmpada de 60 W não altera a corrente na lâmpada de 100 W, que mantém seu brilho normal.
(08) Incorreta. A corrente nos fios da tomada diminui de (i60 + i100) para i100.
(16) Incorreta. A resistência elétrica da lâmpada é modificada de modo que dissipe 100 W para o circuito para o qual foi fabricada.
Resposta: 01
T.168 Lâmpadas concebidas para uma tensão de 120 V, quando ligadas numa rede de 127 V, dissipam maior potência; consequentemente
60
Física 3Os FundamentOs da Física
Resoluções dos exercícios
PARTE I
apresentam maior intensidade luminosa e sua
durabilidade diminui.
Resposta: d
T.169 Sendo i 2 i1 2 i2, concluímos que a lâmpada L4
possui o maior brilho. L2 e L3 têm brilho igual,
mas L1 brilha mais que L2.
U
i
i
L1R
L2R
i1
L3
L4
R
R
i2
Resposta: e
T.170 Ligação I:
Na ligação I, as lâmpadas estão sob tensão de
110 V, que é a tensão nominal. L1, L2 e L3 dissipam,
respectivamente, as potências 20 W, 100 W e
500 W. Logo, na ligação I, a lâmpada L3 apresenta
maior brilho.
Ligação II:
110 V
M N
i1
i2
i3
R1
L1
R2
L2
R3
L3
Por meio dos valores nominais, calculamos as
resistências das lâmpadas:
` CR PotU R R20
110605]1
1
2
1
2
1= = =` j
` CR PotU R R100
110121]2
2
2
2
2
2= = =` j
,` CR PotU R R500
11024 5]3
3
2
3
2
3= = =` j
Na ligação II, R1 é a maior resistência e é per-
corrida pela maior corrente. Logo, a lâmpada L1
dissipa a maior potência e brilha mais.
Ligação III:
Na ligação III, todas as lâmpadas são percorridas
pela mesma corrente. A lâmpada L1 dissipa a
maior potência por ter a maior resistência. Logo,
ela brilha mais.
Resposta: c
T.171 No esquema da alternativa b, quando uma lâm-pada queima, as demais lâmpadas do segmento a que ela pertence se apagam. Cada lâmpada dos outros segmentos fica sob mesma tensão e suas luminosidades não se alteram.
Resposta: b
T.172 A potência elétrica máxima suportada pelo circuito será:
Potmáx. = U $ imáx. = 220 $ 30 ` Potmáx. = 6.600 W
Ligando-se a torneira elétrica (2.000 W) e o chuveiro (2.200 W, verão, e 4.000 W, inverno), o fusível não queimará.
Resposta: d
T.173 (I) Observando-se a planta baixa fornecida, no-tamos que há em cada um dos cômodos da casa um dos respectivos aparelhos elétricos citados na primeira tabela. Por isso, a potên-cia total requerida pelos aparelhos é dada pela soma:
(120 + 3.000 + 500 + 200 + 200 + 50) W = 4.070 W
(II) Lâmpada exigida na cozinha:
Área = 3 m $ 3 m = 9 m2 ] 100 W
Lâmpada exigida no banheiro:
Área = 1,5 m $ 2,1 m - 3,1 m2 ] 60 W
Lâmpada exigida no corredor:
Área = 0,9 m $ 1,5 m - 1,3 m2 ] 60 W
Lâmpada exigida na sala:
Área = 2,8 m $ 3 m = 8,4 m2 ] 100 W
A potência total referente às lâmpadas é dada por:
(100 + 60 + 60 + 100) W = 320 W
(III) A potência total instalada na casa é obtida somando-se:
(4.070 + 320) W = 4.390 W
Resposta: d
Exercícios especiaisExercícios propostos
P.171 a) Observando a simetria do circuito, concluímos que os pontos C, O e D possuem o mesmo po ten cial elétrico. Nessas condições, os re-sistores entre C e O e entre O e D não estão submetidos à ddp e po dem ser retirados do circuito. Assim, temos:
A B
2R
2R
2R
A B
R R
R R
R R
C
O
D
A B
2R3 2R
3RAB =
61
Física 3Os FundamentOs da Física
Resoluções dos exercícios
PARTE I
A B
2R
2R
2R
A B
R R
R R
R R
C
O
D
A B
2R3 2R
3RAB =
b) Pela simetria do circuito, concluímos que D, O e F têm o mesmo potencial e podem ser con si de ra dos coincidentes:
R2
R2
R2
R2
R RRR
R R
A F B
O
DC E
R2
R2
R3
R3
R2 R
2
R R
R R
A B
C E
R R
D 6 O 6 F
4R3
4R3
R3
R3
R2
R2
A
R
R
R
R B
D 6 O 6 F
4R3
4R3
4R15
4R15
R2
R2
A
R
B
R
8R15
A B8R15
RAB =
P172 Um modo de resolução é colocar todos os resisto-res num mesmo plano e substituir cada um dos resistores de resistência R, entre A e B e entre D e
E, por dois resistores de resistências R2 , em série.
Recaímos, assim, no exercício P.171 item b.
R
R R
R R
R
CRR
D E
A B
R R
R R
CRR
D E
A B
R2
R2
R2
R2
Outro modo de resolução:
Os resistores entre A e C e entre C e B são percorridos por corrente elétrica de mesma intensidade e podemos considerá-los em série. O mesmo ocorre com os resistores entre D e C e C e E. Assim temos:
R
R R
R R
R
CRR
D E
A B
62
Física 3Os FundamentOs da Física
Resoluções dos exercícios
PARTE I
R
R R
R R
R
C
CRR
D E
A B
R
R
2R2R
RR
D E
A B
2R3
2R3
RR
D E
A B
8R3
2R3
2R3
A B
8R3
2R3
A B
8R15
,$` CR R15
8 7 54. .eq eq= =
P.173 Por uma questão de simetria, a corrente total i que entra no circuito se divide em três partes
iguais a i3 . Assim, as ddps entre A e C, A e D e
A e E são iguais e, portanto, os pontos C, D e E possuem mesmo potencial elétrico e podem ser considerados coincidentes. Analogamente os pontos F, G e H podem ser, também, considera-dos coin cidentes. Desse modo, temos:
A
BB
H
RRA
C
D R
E
R
R
R
i
RR
RF
G
i
i3
i3
i3
i3
i3
i3
R
R
R
A B
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
C 6 D 6 E F 6 G 6 H
A BR3
R6
R3
A B5R6 5R
6RAB =
P.174 Como o circuito é constituído por um número infinito de resistores idênticos, concluímos que a resistência equivalente do circuito entre os extremos A e B é igual à resistência equivalente, considerando os extremos C e D. Assim temos:
R R R
R R R
R R R
A
B
C
D
Req.
R
R
R
A
B
C
D
63
Física 3Os FundamentOs da Física
Resoluções dos exercícios
PARTE I
Req.
R
R
A
B
A
B
R + Req.
R $ Req.
$R R R
R RR2
eq.
eq.eq.+ + = ]
] 2 $ R2 + 2 $ R $ Req. + R $ Req. = R $ Req. + R2eq. ]
] R2eq. - 2R $ Req. - 2R2 = 0 ]
$ $R
R R R
RR R
RR R
22 4 4 1 2
22 12
22 2 3
]!
]
]!
]!
]
2 2
2
eq.
eq. eq.
=- -
= =
` j
] Req. = R ! R 3 ] Req. = R $ (1 + 3 )
A solução negativa levaria a Req. 1 0, o que não tem significado físico.
Medidas elétricasCapítulo 8
Para pensarCom o multímetro, podemos medir a tensão elétrica U nos terminais da lâmpada e a intensidade da corrente elétrica i que a atravessa. O produto U # i fornece a potência elétrica dissipada pela lâmpada.
Exercícios propostos
P.175
is
Rs
RA
A
I = 1,0 A i = 50 mARg = 10 C
Como a corrente elétrica que deve passar pelo shunt é is = I - i, temos:
is = 1,0 - 50 $ 10-3 ` is = 0,95 A
Estando o galvanômetro e o shunt em paralelo, temos a seguinte relação entre suas resistências:
Rgi = Rs $ is ] 10 $ 50 $ 10-3 = Rs $ 0,95
` Rs - 0,53 C
Como a resistência do amperímetro é
RA ,$
R RR R
g s
g s=
+ vem:
,,$
R 10 0 5310 0 53
A =+
` RA - 0,50 C
P.176 A situação descrita é representada a seguir.
RM
Ug UM
Rg = 100 Ci = 5 mA
U = 100 V
Aplicando-se a lei de Ohm ao galvanômetro, temos:
Ug = Rgi ] Ug = 100 $ 5 $ 10-3 ` Ug = 0,5 V
Como U = Ug + UM, temos:
100 = 0,5 + UM ` UM = 99,5 V
Aplicando-se, agora, a lei de Ohm para a resis-tência multiplicadora, obtemos:
UM = RM $ i ] 99,5 = RM $ 5 $ 10-3
` RM = 19.900 C = 19,9 kC
De outro modo:
U = (Rg + RM) $ i ] 100 = (100 + RM) $ 5 $ 10-3
` RM = 19.900 C
P.177 a) A resistência de Rx é dada por:
20 $ Rx = 30 $ 8 ` Rx = 12 C
b) O circuito pode ser simplificado ao seguinte:
Rx
G
5 C 8 C
6 C
2 C
3 C
10 C
2 C
A resistência Rx é dada por:
5 $ Rx = 8 $ 10 ` Rx = 16 C
c) A resistência Rx é obtida por:
Rx $ 10 = 15 $ 6 ` Rx = 9 C
64
Física 3Os FundamentOs da Física
Resoluções dos exercícios
PARTE I