Resolução comentada dos exercícios de vestibulares sobre Circuitos Compostos

Resolução comentada dos exercícios de vestibulares sobre

Circuitos Compostos

 

 

01- a) potência em R  —  P=i.U  —  é diretamente proporcional a i e a U  —  Falsa

b) em B, a soma das correntes que chegam é igual à soma das correntes que saem (1^a lei de Kirchhoff, lei dos nós) está relacionada às correntes que por sua vez estão relacionadas com as cargas (i=Q/t)  —  Correta

c) a conservação de energia ocorre quando você parte de um ponto e retorna ao mesmo ponto, numa malha, o que não é o caso  —  Falsa

d) V_A=V_B ≠ V_C  —  Falsa

R- B

02- U_AB=20V  —  U_AB=+12 +4,5i -2 + 0,5i  —  20 – 10=5i  —  i=2,0 A  —  R- B

03- a) i_P=i_Q + i_S  —  1=0,5 = i_S  —  i_S=0,5A  —  R_S=U_AC/i_S  —  20=U_AC/0,5  —  U_AC=10V

b) R_Q=U_AB/i_Q  —  20=U_AB/0,5  —  U_AB=10V  —  U_AC=V_A – V_C­  —  10=V_A – V_C  —  V_C=V_A – 10   —  U_AB=10V  —  10=V_A – V_B  —  V_B=V_A – 10   —  U_BC=V_B – V_C=(V_A – 10) – (V_A – 10)= V_A – 10 –V_A + 10  —  U_BC=0V

04- Com a chave K aberta , o gerador de 20V fica em circuito aberto entre A e B e U_AB=V_A – V_B=20V  —  R- B

05– Colocando a corrente i no sentido horário e percorrendo, a partir de A também no sentido horário  —  3i +20 -15 +2i=0  —

i=-1 A  —  a corrente tem intensidade de 1 A no sentido anti-horário  —  U_AB=V_A – V_B=+2i +15=2.1 + 15  —  V_A – V_B=17V  —  R- D

06- Colocando a corrente i circulando no sentido horário e percorrendo a malha, a partir de A, também no sentido horário 

a) +3 +20i + 10i -1,5=0  —  i=-0,05 A  — a intensidade de corrente é 0,05 A e seu sentido correto é anti-horário 

b) cálculo da ddp entre A e B, com o sentido correto da corrente sendo anti-horário, percorrendo a malha no sentido horário a partir de A, para a direita  —  U_AB=V_A – V_B= +3 -20i=+3 -20.(0,05)  —  U_AB=+2V  —   U_AB=+2,0V  —  U_AB>0  —  V_A – V_B>0  — V_A>V_B  —  o ponto A tem maior potencial

c) a corrente correta está no sentido anti-horário  —  no receptor a corrente i são pelo pólo negativo  —  é a pilha de 1,5V que funciona como receptor

07- 4i -6 +2i +12=0  —  6i=-6  —  i=1 A no sentido anti-horário  —  V_A – V_B=V_A-15=-12 +2i  — V_A=15 – 12 +2  —  V_A=5V

08- A energia W é fornecida pela expressão W=q.V  —  R- B

09- +E – r_!i + E – r₂i – Ri=0  — i=2E/(r₁ + r₂ + R)   —  a diferença de potencial U entre os terminais da primeira bateria é nula (U=0)  —  equação do gerador  —  U= e – r₁i  —  0=E – r₁.2E/r₁ + r₂ + R  —  E=2Er₁/r₁ + r₂ + R  —  1= 2r₁/r₁ + r₂ + R  —  r₁ + r₂ + R=2r₁  —  R=r₁ – r₂  —  R- D

10– Partindo de B e percorrendo a malha no sentido horário  —  -E₁ + r₁.i + E₂ + r₂.i + R.i=0  —  -10 + 0,5.2 + 3 +1.2 + R.2=0  — 

2R=4  —  R=2Ω  —  U_AB=V_A – V_B=R.i  —  4 – V_B=2.2  —  V_B=0  —  U_BC=V_B – V_C  —  V_B– V_C= -E₁ + r₁.i  —  0 – V_C=-10 + 0,5.2  —  V_C=9V  —  U_CD=V_C – V_D  —  V_C – V_D=E₂ + r₂.i  —  9 – V_D=3 + 1.2  —  V_D=4V  —  R- A

11- Observe o esquema abaixo:

Malha I  —  partindo de P e percorrendo no sentido horário  —  +R₂.i₂ + R₁.i₁ – E₁=0  —  10.i₂ + 4.10 – 100=0  —  i₂=6A

12- a) Pela lei dos nós  —  i₁=i₂ + i₃  —  2=i₂ + 1  —  i₂=1 A

b) Percorrendo a malha I no sentido horário, a partir de P, retornando a P e igualando a zero (2^a lei de Kirchhoff)  — 

R₃.i₃ –E₁ + R₁.i₁=0  —  6.1 – E₁ + 2.2=0  —  E₁=10V

13- Transformando num circuito de malha única  — R’=2 Ω paralelo com 4 Ω, paralelo com 6 Ω=12/11 Ω  —  R_eq=12/11 + 109/11  —

–  R_eq=11 Ω  — percorrendo a malha única no sentido horário, com a corrente também no sentido horário  —  +4 + r₁.i + r₂.i – E₂ +

+ 11.i = 0  — +4 + 0,5i + 0,5i – 2 + 11i=0  —  12i=-2  —  i=-1/6 A  —  a intensidade da corrente em R₁ é de 1/6 A e o sentido correto é o anti-horário  —  R- C

14- A ddp em R₄ é a mesma que a em R’=12/11Ω  —  U=R’.i=12/11.1/6  —  U=2/11V

15- P_R2=U_R2²/R₂=(2/11)²/2  —  P_R2=2/121W  —  R- C

16- a) Partindo de A e percorrendo a 1^a malha no sentido horário  —  +6 – 4I₂ + 2I₁ -6 = 0  —  2I₁ – 4I₂=0  —  I₁=2I₂  —  Partindo de A e percorrendo a 2^a malha no sentido horário  —  + 17 + 6I₃ + 4I₂ -6 = 0  —  6I₃ + 4I₂= -11  —  I₃=I₁ + I₂  —  I₃=2I₂ + I₂  — 

I₃=3I₂  —  6I₃ + 4I₂= -11  — 6.(3I₂) + 4I₂= -11  —  22I₂=-11  —  I₂= -0,5 A (sentido correto, de A para B)  —  I₁=2I₂=2.(-0,5)

I₁=-1 A (sentido correto, de A para B)  —  I₃=3I₂=3.(-0,5)=-1,5  —  I₃=-1,5 A (sentido correto, de B para A).

R- I₁=1 A, I₂=0,5 A e I₃=1,5 A

b) V_A – V_B= +6 + 4.0,5  —  V_A – V_B=6 + 2  —  V_A – V_B= 8V

17- Colocando as correntes  —  percorrendo a malha I no sentido horário a partir de P, retornar a P e igualar a zero  —  9i + 2i -48

+1.i + 12 + 10i’=0  —  9.2 + 2.2 – 48 +1.2 + 12 + 10i’=0  —  18 + 4 -48 +2 + 12  + 10i’=0  —  10i’=12  —  i’=1,2 A  —  i=i’ + i’’  — 

2=1,2 + i’’  —  i’’=0,8 A  — percorrendo a malha II no sentido horário a partir de P, retornar a P e igualar a zero  —  10i’ + Ri’’=0  —  10.1,2 + R.0,8=0  —  R=12/0,8  — R=15Ω  —  R- D

18- Percorrendo a malha I no sentido horário a partir de a, retornando a a e igualando a zero  —  6i’ + 12 + 3i -6 + 3i=0  — 

i’ + i = -1 (1)  —  Percorrendo a malha II no sentido horário a partir de a, retornando a a e igualando a zero  —  3i’’ + 12 +3i’’ -12 -6i’=0  —  6i’’ – 6i’=0  —  i’’=i’  —  i=i’ + i’’  —  i=i’ + i’  —  i=2i’  —  substituindo i=2i’ em (1)   —  i’ + 2i’= -1  —  3i’=-1  —  i’= -1/3 A ( sentido correto é de b para a)  —  U_ab=V_a – V_b=-6i’ + 12=-6(1/3) +12  —  U_ab=10V  — R- C

19– Os dois geradores de 3V estão em paralelo e se comportam como um único de fem 3V  —  partindo do ponto M, percorrendo

o circuito no sentido horário, retornando a M e igualando a zero  — 1,75i – 9 + 3 + 1,5 + 1,25i – 1,5 =0  —  3i=6  —  i=2 A  — 

R- D

20- a) com a chave CH aberta o gerador G₁ não participa do circuito  —  observe a seqüência abaixo  — 

R_eq=U/i  —  16=48/i  —  i=3 A

b) Observe as correntes na seqüência abaixo

U_DB=R_DB/i_DB=6.1  —  U_DB=6V   

21– 01-lei dos nós  —  o total de correntes que chegam num ponto é igual ao total de correntes que saem do mesmo ponto  —  nó b  — 

i₁=i₂ + i₃  —  i₂=i₁ – i_3­  —  correta

02- Percorrendo malha I no sentido horário, a partir de a —  R₁i₁ + R₂i₂=E₁  —  10i₁ + 15i₂=0,24 (1)  —  Percorrendo malha II no sentido horário, a partir de a  —  R₃i₃+ E₂ – R₂i₂=0  —   R₃i₃+ E₂= R₂i₂  —  5i₃+ 0,1=15i₂ (2)  —  i₁=i₂ + i₃ (3)  — resolvendo o sistema composto por (1), (2) e (3)  —  i₁=0,012 A, i₂=0,008 A e i₃=0,004 A   —  falsa

04- P_E1=i₁.E₁=0,012.0,24=0,00288  —  P_E1=2,88mV  —  correta

08- a partir de a, no sentido horário  —  R₁i₁ + R₃i₃ + E₂ – E₁=0  —  E­₁ – E₂=R₁i₁ + R₃i₃  —  falsa

16- V_b –V_d=R₂i₂=15.0,008=0,12V  —  falsa

32- P=Ri²=15.(0,008)²=0,00096W  —  falsa

64-P₂=E₂.i₃=0,1.0,004=0.0004=0,4mW  —  correta

Soma (01 + 04 + 64)=69

22- Todas as partes aterradas (ligadas ao solo) possuem o mesmo potencial (pontos S)  — colocando as correntes i₁ e i₂  — 

i=i₁ + i₂ (1)  —  percorrendo no sentido horário a malha I, a partir de P, retornando a P e igualando a zero  —  Ri – V₁ + R₁i₁=0  — 

V₁=R₁i₁ + Ri (2)  — percorrendo no sentido horário a malha II, a partir de P, retornando a P e igualando a zero  —  -R₂i₂ + V₂ – Ri=0  —  V₂=R₂i₂ + Ri (3)  —  isolando i₁ em (2)  —  i₁= (V₁ – Ri)/R₁  —  isolando i₂ em (3)  —  i₂=(V₂ – Ri)/R₂  —  em (1)  — 

i= i₁ + i₂  —  i= i₁= (V₁ – Ri)/R₁ + (V₂ – Ri)/R₂  —   i=(V₁R₂ + V₂R₁)/(R₁R₂ + RR₂ + RR₁)  —  R- D

23– Pela lei dos nós  —  i’’=i + i’  (1) —  percorrendo a malha I no sentido horário, a partir de P, retornando a P e igualando a zero  — 

-2i’ + 12 -24 + 4i=0  —  2i – i’=6 (2)  — percorrendo a malha II no sentido horário, a partir de P, retornando a P e igualando a zero  —  12i’’ – 12 + 2i’=0  —  i + 6i’’=6 (3)  —  resolvendo o sistema composto por (1), (2) e (3)  —  i’’=1,2 A  —  colocando

nesse trecho de circuito o galvanômetro de resistência R_G=5.10³Ω, percorrido por i_G=0,1mA=10^-4 A, com a resistência R associada em paralelo e supondo que i’’ não se altere  — i’’=i_G + I  —  1,2=10^-4 + I  —  I=1,1999 A  —  U_G=U_R  —  R_G.i_G=R.I  —  R.1,1999=5.10³.10^-4  — R=0,42Ω

24- Ddp nos terminais do resistor de 9Ω  —  R=U/i  —  9=U/2  —  U=18V  —  como todos estão em paralelo  —  U_ab=18V e U nos terminais do gerador de 24V também é U=18V  —  como a corrente se desloca de pontos de maior para menor potencial e V_b>V_a, entre a e b ela se desloca para a esquerda  —  em b (correntes que chegam=correntes que saem)  —  i=1 + 2  —  i= 3A  —  no gerador de 24V  —  U=E – r.i  —  18=24 – r.3  —  r=6/3  —  r=2Ω  —  entre a e b  —  receptor  — 

U=E’ + r’.i  —  18=E + 2.1  —  E’=16V  —  este receptor pode ser uma bateria  sendo carregada (veja o sentido da corrente em seu interior)  —   R- (01 + 04 + 16)=21

 

25- O processo de resolução está explicado em fisicaevestibular.com.br (eletricidade-eletrodinâmica-circuitos compostos)

(I) partindo de P e percorrendo a malha no sentido horário  —  1.i₁ – 14 + 1i=0  —  i₁ + i = 14 (a)  —  (II) partindo de P e percorrendo a malha no sentido horário  —  3i₂ + 14 – i₁=0  —  3i₂ – i₁ = -14 (b)  —  i=i₁ + i₂ (c)  —  resolvendo o sistema formado por (a), (b) e (c)  —  i₂=-2 A (sentido correto-anti-horário)  —  i₁=8 A sentido correto-horário)  — 

i=6 A (sentido correto-horário)  —  P_R2=R₂.i₂²=3.4=12W  —  R- E.

 

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