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Tradução: Adir Moysés Luiz, Doutor em Ciência pela UFRJ, Prof. Adjunto do
Instituto de Física da UFRJ.
Capítulo 27
27-2:
27-4: a) Req = ( Ri = 2.4 ( + 1.6 ( + 4.8 ( = 8.8 (.
b) A corrente em cada resistor é a mesma sendo dada por:
c) A corrente que passa na bateria é a mesma corrente da parte (b),
3.18 A.
d) V2.4 = IR2.4 = (3.18 A)(2.4 () = 7.64 V; V1.6 = IR1.6 = (3.18
A)(1.6 () = 5.09 V; V4.8 =IR4.8 = (3.18 A) (4.8 () = 15.3 V.
e) P2.4 = I2R2.4 = (3.18 A)2(2.4 () = 24.3 W; P1.6 = I2 R1.6 =
(3.18 A)2(1.6 () = 16.2 W; P4.8 = I2R4.8 = (3.18 A)2(4.8 () =
48.5 W.
Para resistores em série, o resistor com maior resistência é
aquele que dissipa a maior parte da potência visto que P = I2R,
quando I é constante.
27-6:
27-8: a) Os três resistores R2, R3, e R4 estão em paralelo, logo:
b)
27-10: a) Os dois filamentos podem ser ligados de três modos
diferentes: cada um deles ligados separadamente ou então ligados
em paralelo. A ligação em paralelo é a que possui menor
resistência, logo ela consome a maior potência (180 W), enquanto
que os outros dois modos correspondem a potências de 60 W e 120
W. Portanto os valores das resistências são:
Confira o valor da potência para a ligação em paralelo:
b) Se R1 se queima, na posição de 180 W, o outro filamento na
ligação em paralelo continuará a consumir 120 W porém como R1
queimou a potência total inicial (e o brilho) diminui para 120
W. Na posição na qual a potência é de 120 W, a queima de R1 não
afeta a potência de 120 W e o brilho não se altera. Na posição
na qual a potência é de 60 W, a queima de R1 impede o
funcionamento da lâmpada e o brilho é zero.
c) Se R2 se queima, na posição de 180 W, o outro filamento na
ligação em paralelo continuará a consumir 60 W porém como R2
queimou a potência total inicial (e o brilho) diminui para 60 W.
Na posição na qual a potência é de 120 W a queima de R2 impede o
funcionamento da lâmpada e o brilho é zero. Na posição na qual a
potência é de 60 W, a queima de R2 não afeta a potência de 60 W
e o brilho não se altera.
27-12: a)
b)
c) A lâmpada de 60 W se queima rapidamente porque a potência
consumida (142 W) é 2.4 vezes maior do que a potência máxima que
ela pode consumir.
27-14: Para as correntes dadas no diagrama, a corrente através do
ramos do meio do circuito deve ser igual a 1.00 A (a diferença entre
2.00 A e 1.00 A). Use agora as leis de Kirchoff, percorrendo a malha
no sentido anti-horário:
Agora percorrendo a malha externa do circuito:
Logo
Vab =-(1.00 A)(4.00 ( + 1.00 () + 18.0 V = +13.0 V.
27-16: a) Use as leis de Kirchoff no circuito indicado na Fig. 27-
30; considere I1 orientada para a esquerda através da bateria de
10 V, I2 orientada para a direita através da bateria de 5 V
bateria, e I3 orientada para a direita através do resistor de 10
(:
Malha superior: 10.0 V - (2.00 ( + 3.00 ()I1 – (1.00 ( + 4.00
()I2 – 5.00 V = 0
( 5.0 V – (5.00 ()I1 – (5.00 ()I2 = 0 ( I1 + I2
= 1.00 A.
Malha inferior: 5.00 V + (1.00 ( + 4.00 ()I2 – (10.0 ()I3 = 0
( 5.00 V + (5.00 ()I2 – (10.0 ()I3 = 0 ( I2 –
2I3 = -1.00 A.
De acordo com a lei dos nós I1 = I2 + I3.
Podemos então resolver o sistema e achamos:
I1 = 0.800 A, I2 = 0.200 A, I3 = 0.600 A.
b) Vab = -(0.200 A)(4.00 () – (0.800 A)(3.00 () = -3.20 V.
27-18: Depois de substituir a bateria de 5 V da Fig. 27-31 por uma
bateria de 20 V, ocorrem variações nas equações do circuito usadas
no Problema 27-16 tanto na malha superior quanto na malha inferior:
Malha superior: 10.0 V - (2.00 ( + 3.00 ()I1 – (1.00 ( + 4.00
()I2 – 20.00 V = 0
( -10.0 V – (5.00 ()I1 – (5.00 ()I2 = 0 ( I1 +
I2 = -2.00 A.
Malha inferior: 20.00 V + (1.00 ( + 4.00 ()I2 – (10.0 ()I3 = 0
( 20.00 V + (5.00 ()I2 – (10.0 ()I3 = 0 ( I2 –
2I3 = -4.00 A.
De acordo com a lei dos nós I1 = I2 + I3.
Podemos então resolver o sistema e achamos:
I1 = -0.4 A, I2 = -1.6 A, I3 = +1.2 A.
b) I2 (4 () – I1(3 () = (1.6 A) (4 () + (0.4 A)(3 () = 7.6 V
27-20: a) Se a bateria de 12 V é removida e a seguir reconectada com
sua polaridade invertida, a corrente fluirá no sentido horário,
com módulo:
b) Vab = (R4 + R7)I - (4 = (4 ( + 7 ()(1 A) – 4 V = 7 V.
27-22: Como a corrente máxima referente ao fundo da escala é igual a
500 (A e a resistência da bobina é igual a 25.0 (:
a) Para um amperímetro de 20 mA, as duas resistências estão em
paralelo:
Vc = Vs ( IcRc = IsRs ( (500 x 10-6 )(25.0 () = (20 x 10-3 A –
500 x 10-6 A)Rs
( Rs = 0.641 (
b) Para um voltímetro de 500 mV, as resistências estão em série:
Vab = I(Rc + Rs) ( Rs = - Rc
( Rs = -25.0 ( = 975 (.
27-24: a)
b)
Para que a leitura de V possua erro menor do que 4% é
necessário que
27-26: Dois voltímetros com resistências diferentes são conectados em
série em uma linha de 120 V. Então a corrente que flui é
Porém a corrente necessária IM para se obter a corrente máxima
referente ao fundo da escala de cada voltímetro é dada por:
Logo as leituras são:
27-28: a) Quando os dois pontos considerados estão em curto, obtemos
a deflexão máxima referente ao fundo da escala:
b) Para a resistência Rx = 200 (: I =
c)
Logo
27-30: Um capacitor descarregado é colocado em um circuito.
a) No momento em que o circuito se completa, não existe nenhuma
voltagem nos terminais do capacitor, visto que ele não possuía
nenhuma carga armazenada.
b) Toda a voltagem da bateria é aplicada sobre o resistor, logo VR
= ( = 125 V.
c) Não existe nenhuma carga no capacitor.
d) Acorrente que passa no resistor é
e) Depois de um tempo muito longo:
A voltagem do capacitor torna-se igual à fem da bateria Vc =
125 V.
A voltagem nos terminais do resistor é igual a zero.
A carga do capacitor é q = Cvc = (4.60 x 10-6 F)(125 V) = 5.75
x 10-4 C.
A corrente no circuito é igual a zero.
27-32:
27-34: a) Q = CV = (5.90 x 10-6 F)(28.0 V) = 1.65 x 10-4 C.
b) q = Q(1 – e-t/RC) ( e-t/RC = 1 -
Depois de um tempo t = 3 x 10-3 s: R =
c) Para que a carga atinja 99% do seu valor final:
27-36: a) logo é necessário usar um fio com diâmetro maior ou
igual ao do fio com calibre 14 (que é bom até uma potência
correspondente a uma corrente de 18 A). Portanto um fio com
calibre 12 está OK (bom até 25 A).
b)
c) Para 40 centavos/kWh ( em uma hora, o preço em centavos é dado
por:
(40 centavos/kWh)(1 h)(4.1 kW) = 164 centavos, ou R$ 1,64.
27-38: A corrente se divide igualmente entre todas as lâmpadas ligadas
em paralelo. Uma única lâmpada consome uma corrente
Número de lâmpadas Logo você pode ligar com segurança um
número máximo de 26 lâmpadas.
27-40: a)
Se
b)
Se
27-42: a) A resistência equivalente das duas lâmpadas ligadas em
paralelo é igual a 1.0 (. Logo a corrente é:
A corrente em cada lâmpada é 2.2 A.
b) Se uma das lâmpadas se queima, a nova corrente será dada por
logo, como a potência fornecida para a lâmpada restante é maior,
ela passará a ter um brilho maior do que antes.
27-44: a)
Logo o circuito é equivalente ao indicado na figura abaixo.
Logo:
b) Como a corrente através do resistor de 8 ( é igual a 2.4 A,
então a corrente através do ramo do topo da Figura 27-44 é
I(8, 16, 16) = 2.4 A +
Porém a corrente através do ramo da base da Figura 27-44 é
igual ao dobro da corrente através do ramo do topo, visto que
esse ramo possui uma resistência igual à metade da resistência
do ramo do topo. Logo, a diferença de potencial entre x e a é
Vxa = IReq(9, 18) = (9.6 A)(6.00 () = 58 V.
27-46: Malha externa: 24 – 7(1.8) – 3(1.8 - I() = 0 ( I( = -2.0
A.
Malha interna: ( - 7(1.8) – 2(-2.0) = 0 (( = 8.6 V.
27-48: a) Usando as correntes como indicado na figura abaixo obtemos
três equações para determinar as correntes:
Malha da esquerda: 14 – I1 – 2(I1 – I2) = 0
( 3I1 – 2I2 = 14.
Malha superior: -2(I – I1) + I2 + I1 = 0
( -2I + 3I1 + I2 = 0.
Malha inferior: -(I – I1 + I2) + 2(I1 – I2) – I2 –
0
(-I + 3I1 – 4I2 = 0.
Resolvendo essas equações obtemos as correntes:
I = Ibateria = 10.0 A; I1 = IR1 = 6.0 A; I2 = IR3 = 2.0 A.
Logo as outras correntes são:
IR2 = I – I1 = 4.0 A; IR4 = I1 – I2 = 4.0 A; IR5 = I – I1
+ I2 = 6.0 A.
b)
27-50: Para três resistores idênticos em série, Se a seguir eles
forem ligados em paralelo com a mesma voltagem,
27-52: a) Com a chave aberta: Vab = ( = 18.0 V, visto que o
equilíbrio foi atingido.
b) O ponto "a" está em um potencial mais elevado visto que ele
está diretamente conectado ao terminal positivo da bateria.
c) Quando a chave é fechada:
18.0 V = I(6.00 ( + 3.00 () ( I = 2.00 A ( Vb = (2.00 A)(3.00
() = 6.00 V.
d) Inicialmente as cargas dos capacitores eram:
Q3 = CV = (3.00 x 10-6 F)(18.0 V) = 5.40 x 10-5 C.
Q6 = CV = (6.00 x 10-6 F)(18.0 V) = 1.08 x 10-4 C.
Quando a chave é fechada:
Q3 = CV = (3.00 x 10-6 F)(18.0 V – 12.0 V) = 1.80 x 10-5
C.
Q6 = CV = (6.00 x 10-6 F)(18.0 V – 6.0 V) = 7.20 x 10-5 C.
Logo ambos os capacitores perdem 3.60 x 10-5 C.
27-54: A corrente para a deflexão até o fundo da escala é igual a 0.02
A. Pelo circuito obtemos três equações para determinar as
resistências:
(i) (R1 + R2 + R3)(0.100 A – 0.02 A) = 48.0 ((0.02 A)
( R1 + R2 + R3 = 12.0 (.
(ii) (R1 + R2)(1.00 A – 0.02 A) = (48.0 ( + R3)(0.02 A)
( R1 + R2 –0.0204 R3 = 0.980 (.
(iii) R1(10.0 A – 0.02 A) = 48.0 ( + R2 + R3)(0.02 A)
( R1 –0.002 R2 – 0.002 R3 = 0.096 (.
De (i) e (ii) ( R3 = 10.8 (.
De (ii) e (iii) ( R2 = 1.08 (. Logo ( R1 = 0.12 (.
27-56: a)
b) Se R = 5.00 x 106 (, então fazendo cálculos semelhantes,
obtemos:
Req = 292 k( ( I = 1.37 x 10-3 A ( V200k( = 263 V.
c) Se VR = infinito, obtemos: Req = 300 k( ( I = 1.33 x 10-3 A (
V200k( = 266 V.
27-58: a) a resistência R real é sempre menor do que aquela
que obtemos na leitura porque a resistência do amperímetro faz a
corrente ficar menor do que a corrente que passa no circuito
quando o amperímetro não está presente..
b) Agora a corrente medida é maior do que aquela que obtemos
na leitura do voltímetro, logo R = V/IR é sempre maior do que
V/I.
c) (a) P = I2R = I2(V/I – RA) = IV – I2RA.
(b) P = V2/R – V(I-V/RV) – IV – V2/RV.
27-60: Para que um segundo galvanômetro forneça a mesma deflexão até o
fundo da escala e que possua a mesma resistência do primeiro,
precisamos usar duas resistências adicionais como indicado na figura
abaixo. Logo:
(3.6 ()(38.0 () = (1.496 mA)R1 (R1 = 91.4 m(.
E para uma resistência total de 65 (:
27-62: a) (i) (ii)
(iii)
b) Depois de um tempo muito longo, I = 0 ( PR = 0, PC = 0, P( = 0.
c) Quando
Logo: P( = (I = (120 V)(14.08 A) = 1690 W.
27-64: Para um capacitor carregado conectado ao circuito:
27-66: a)
b)
c) Quando
27-68: a) A capacitância equivalente e a constante de tempo são:
2 (F ( ( = RtotalCeq = (6.00 ()(2.00 (F) = 1.20 x 10-5 s.
b) t = 1.20 x 10-5 s, q = Qf(1-e-t/RCeq) = Ceq((1-e-t/RCeq)
( V3(F = (1-e-1) = 5.06 V.
27-70:
27-72: a) Completamente carregado:
Q = CV = (10.0 x 10-12 F)(1000 V) = 1.00 x 10-8 C.
b) i0 = onde C( = 1.1 C.
c) Precisamos de uma resistência tal que a corrente seja maior do
que 1 (A para um tempo não menor do que 200 (s.
( i(200 (s) = 1.0 x 10-6 A =
( 1.0 x 10-6 A = (90.0) ( 18.3R – R ln R = 1.8 x 107
(.
Usando um método numérico para obter R numericamente obtemos a
condição
7.15 x 106 ( < R < 7.01 x 107 (.
Quando a resistência é muito pequena, o capacitor se descarrega
muito rapidamente, e quando a resistência é muito grande, a
corrente não é suficiente.
27-74:
Suponha que a corrente I entre no ponto a e saia em b. No ponto a
existem três ramos equivalentes, logo a corrente que sai é igual
a I/3 para cada ramo. Na junção seguinte, existem dois ramos
equivalentes, logo a corrente que sai é igual a I/6 para cada
ramo. No ponto b existem três ramos equivalentes, logo a
corrente que chega é igual a I/3 para cada ramo. Na junção
anterior, existem dois ramos equivalentes, logo a corrente que
chega é igual a I/6 para cada ramo, como indicado na figura.
Logo, a diferença de potencial entre a e b é dada por:
V =
Esta diferença de potencial é a mesma do circuito equivalente: V
= IReq, logo
Req =
