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Tradução: Adir Moysés Luiz, Doutor em Ciência pela UFRJ, Prof. Adjunto do
Instituto de Física da UFRJ.
Capítulo 26
26-2: a) A corrente é dada por
b)
26-4: a)
b) A corrente flui, por convenção, no sentido da carga positiva
para a negativa. Logo, a corrente flui no sentido do Na+ para o
eletrodo negativo.
26-6: a)
b)
c) O tempo para atravessar o comprimento do fio é dado por:
26-8:
26-10:
26-12:
26-14: Visto que a densidade não varia, o volume permanece constante,
logo LA = (2L)(A/2) e a área torna-se igual à metade da área
inicial. Logo a resistência é dada por:
Ou seja, torna-se igual ao quádruplo da resistência inicial.
26-16:
26-18:
26-20: a)
b)
26-22: a) Um voltímetro conectado aos terminais da bateria lê uma
fem: ( = 24.0 V.
b) Não existe nenhuma corrente, logo Vr = 0.
c) A voltagem medida nas extremidades da chave é a mesma voltagem
medida nos terminais da bateria: Vs = 24.0 V.
d) Quando a chave é fechada:
I = 24.0 V/5.88 ( = 4.08 A( Vab = 24.0 V – (4.08 A)(0.28 () =
22.9 V.
Vr = IR = (4.08 A)(5.60 () = 22.9 V.
Vs = 0, Visto que toda a voltagem foi transferida paralelo o
circuito e como a resistência da chave é igual a zero, obtemos:
Vs = IR = 0.
26-24: a) A corrente flui no sentido anti-horário, visto que a
bateria de 16 V determina o sentido da corrente. O módulo da
corrente é dado por:
b) Vab = 16.0 V-(1.6 ()(0.47 A) = 15.2 V.
c) Vac = (5.0 ()(0.47A) + (1.4 ()(0.47 A) + 8.0 V = 11.0 V.
d)
26-26: a) Vbc = 1.9 V ( I = Vbc/Rbc = 1.9 V/9.0 ()(0.21 A) ( 0.21 A.
b)
c)
26-28: a) No resistor de tirita:
b) O resistor de tirita não é ôhmico porque a curva não é uma
linha reta.
c) Para calcular a resistência em cada ponto basta dividir a
voltagem pela corrente:
26-30: a) P = V2/R ( R = V2/P = (15 V)2/327 W = 0.688 (.
b)
26-32: W = Pt = IVt = (0.12 A)(9 V)(1.5)(3600 s) = 6318 J.
26-34: a)
b) P16V==(16 V)(0.47 A) – (0.47 A)2(1.6 () = 7.2 W.
c) = (8.0 V)(0.47 A) = 3.8 W.
d) Considerando todas as perdas de potência obtemos:
P = 7.2 W – 1.1 W – 2.0 W – 0.31 W = 3.8 W,
que é a mesma potência dissipada na bateria de 8.0 V.
26-36: a) I = (/(R + r) = 12 V/10 ( = 1.2 A ( P = (I = (12 V)(1.2 A)
= 14.4 W.
Este resultado é menor do que o valor de 24 W encontrado no
Exemplo (26-9).
b) A potência dissipada na bateria é: P = I2r = (1.2 A)2(2.0 () =
2.90 W.
Este resultado é menor do que o valor de 8 W, encontrado no
Exemplo (26-9).
c) A nova potência fornecida pela bateria é 14.4 W - 2.9 W = 11.5
W.
Este resultado é menor do que o valor de 16 W, encontrado no
Exemplo (26-9).
26-38: a) I = ((/R = 3.0 V/17 ( = 0.18 A ( = I2R = 0.528 W.
b) W = Pt = IVt = (0.18 A)(3.0 V)(5.0)(3600 s) = 9530 J.
c) Agora como a potência da lanterna é igual a 0.27 W,
26-40: a) Pela Eq. (26-24),
O número de elétrons livres no cobre (8.5 x 1028 m-3) é muito
maior do que o número de elétrons livres no silício puro (1.0 x
1016 m-3).
26-42: a)
b) V = IR = (0.10 A)(1020 () = 120 V.
P = I2 R = (0.10 A)2(1020 () = 10.2 W.
26-44: a)
por outro lado,
Logo a corrente no fio de cobre é igual a 45 A.
b) A corrente no fio de prata é igual a 45 A, a mesma encontrada
para o fio de cobre.
c)
d)
e)
26-46: a)
b) U = qV = ne(volume)V = (8.5 x 1028 m-3)(1.6 x 10-19 C)(10-6
m3)(1.0 V) =
13600 J. e a energia cinética em 1.0 cm3 é K = (8.7 x 10-10
J/m3)(10-6 m) = 8.7 x 10-16 J. Logo
26-48: a)
b)
c) Quando a distância entre as esferas é pequena, obtemos a
resistência aproximada:
onde L = b – a.
26-50: a) Logo para que a densidade de corrente seja máxima,
é necessário que a distância entre as faces seja mínima, ou
seja, L = d. Logo a diferença de potencial deve ser aplicada
entre as faces separadas pela distância d. Esta densidade de
corrente máxima é
b) Para corrente seja máxima deve possuir um valor máximo. A
área máxima ocorre quando as faces estão separadas pela
distância d, e essas duas faces também possuem a maior densidade
de corrente, logo novamente, a diferença de potencial deve ser
aplicada entre as faces separadas pela distância d. Esta
corrente máxima é dada por:
26-52: a)
b) Por definição, a voltagem nos terminais da bateria é dada por:
Vbc=-4.00 V + (0.167 A)(0.50 () = -4.08 V.
c) Inserindo uma nova bateria com polaridade contrária à bateria
de 8.0 V:
26-54: a) V = 2.50 I + 0.360 I2 = 4.0 V. Resolvendo a equação do
segundo grau, obtemos:
I = 1.34 A ou –8.29 A, logo a corrente apropriada através do
semicondutor é:
I = 1.34 A.
b) Para a corrente I = 2.68 A,
( V = (2.50 V/A)(2.68 A) + (0.36 V/A2)(2.68 A)2 = 9.3 V.
26-56: a)
b) (I2 + (a + r)I - ( = 0 (0.36 I2 + (2.50 + 0.85) I – 7.86 = 0
( I = 1.94 A
c) A voltagem nos terminais da bateria para esta corrente é
Vab = ( - Ir = 7.86 V – (1.94 A)(0.85 () = 6.21 V.
26-58: a) Com um voltímetro no circuito:
b) Desejamos:
c) Esta é a resistência mínima necessária — qualquer resistência maior do
que esta produzirá corrente menor e portanto uma diferença de
potencial menor na resistência interna da bateria e maior voltagem nos
terminais da bateria.
26-60: a) Inicialmente: R0 = V/I0 = (120 V)/(1.35 A) = 88.9 (.
No final: Rf = V/If = (120 V)/(1.23 A) = 97.6 (
Então
b) (i) P0 = VI0 = (120 V) (1.35 A) = 162 W
(ii) Pf = VIf = (120 V) (1.23 A) = 148 W
26-62: a)
b) E = Pt = I2 Rt = (15000 A)2(0.0136 ()(65 x 10-6 s) = 199 J.
26-64: a) Desejamos aquecer a água em 6 minutos, logo a potência
térmica necessária é:
kg)(4190 J/kgº C)(80º C) = 83800 J
b) R =
Agora calculamos o raio do fio a partir do volume:
26-66: a) Vab = ( - Ir = 12.0 V – (-30 A)(0.24 () = 19.2 V.
b) E = Pt = IVt = (30 A)(19.2 V)(1.7)(3600 s) = 3.53 x 106 J.
c) Ediss = Pdisst = I2Rt = (30 A)2(0.24 ()(1.7)(3600 s) = 1.32 x
106 J.
d) Quando descarregada a 30 A:
e) E = Pt = I2Rt = (30 A)2(0.16 ()(1.7)(3600) = 8.81 x 105 J.
f) Visto que a corrente através da resistência interna é a mesma
que antes, ocorrerá a mesma energia dissipada como no item (c):
Ediss = 1.32 x 106 J.
g) A energia fornecida para carregar a bateria é dissipada
parcialmente na resistência interna da bateria. Portanto, a
energia armazenada é menor do que a energia fornecida para
carregá-la. Quando a bateria é descarregada toda sua energia é
dissipada na resistência interna e na resistência externa.
Portanto a energia fornecida para carregar a bateria é maior do
que a energia dissipada durante a descarga da bateria. Compare
com os resultados do Problema 26.65. O desempenho da bateria
para correntes mais elevadas é pior do que para correntes
menores porque para correntes mais elevadas a energia dissipada
na resistência interna é maior do que para correntes menores.
26-68: a) ( = IR + IRd ( 2.00 V = I(1.0 () + V ( 2 = Is[exp(eV/kT) –
1] + V.
b) Is = 1.50 x 10-3 A, T = 293 K ( 133 = exp[39.6 V – 667] + 667
V.
O método das tentativas mostra que o lado direito da equação
anterior, para valores específicos de V, é igual a 1333 V,
quando V = 0.179 V, a corrente então é dada por:
I = é exp[39.6 V – 1] = (1.5 x 10-3 A) exp[39.6(0.179) = 1] =
180 A.
26-70: a) Para calcular a potência máxima fornecida, escrevemos
Logo
b) Considerando a potência máxima fornecida calculada no item (a),
obtemos:
Logo, P = I2R =
