10150816 pro Aula21 - Lei de Kirchhoff - Determinante · FÍSICA II AULA 21: LEI DE KIRCHHOFF...

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FÍSICA II AULA 21: LEI DE KIRCHHOFF EXERCÍCIOS PROPOSTOS ANUAL VOLUME 5 OSG.: 101508/16 01. Como a corrente que passa pelas lâmpadas L 2 , L 3 e L 4 é a mesma, isso faz com que dissipem mesma potência, tendo então o mesmo brilho. Resposta: B 02. –20 + 2i + 3i + 30 + 3i + 2i – 20 = 0 10i = 10 i A = 10 , U AB = – 20 + 2 · 1 + 3 · 1 U AB = – 15 V Resposta: B 03. MALHA A – 60 + 4 · 5 + R · 8 = 0 8 R = 40 R = 5 Ω MALHA B 14 + 2i 2 – 4 · 5 = 0 2i 2 = 6 i A 2 3 = Se: i = i 1 + i 2 i = 5 + 3 i A = 8 Resposta: B

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FÍSICA IIAULA 21:

LEI DE KIRCHHOFFEXERCÍCIOS PROPOSTOS

ANUALVOLUME 5

OSG.: 101508/16

01.

Como a corrente que passa pelas lâmpadas L2, L

3 e L

4 é a mesma, isso faz com que dissipem mesma potência, tendo então o mesmo

brilho.

Resposta: B

02. –20 + 2i + 3i + 30 + 3i + 2i – 20 = 010i = 10

i A= 1 0,

UAB

= – 20 + 2 · 1 + 3 · 1U

AB = – 15 V

Resposta: B

03.

MALHA A

– 60 + 4 · 5 + R · 8 = 08 R = 40R = 5 Ω

MALHA B

14 + 2i2 – 4 · 5 = 0

2i2 = 6

i A2 3=

Se:i = i

1 + i

2

i = 5 + 3i A= 8

Resposta: B

OSG.: 101508/16

Resolução – Física II

04. Em primeiro lugar a cada ramo do circuito atribuímos, aleatoriamente, um sentido de corrente. No ramo EFAB temos a corrente i1 no

sentido horário, no ramo BE a corrente i3 indo de B para E e no ramo EDCB a corrente i

2 no sentido anti-horário. Em segundo lugar

para cada malha do circuito atribuímos um sentido, também aleatório, para se percorrer a malha. Malha α (ABEFA) sentido horário e malha β (BCDEB) também sentido horário. Vemos todos estes elementos na fi gura 1.

i2

βi1 Ri

3

E1

r1

E2

r2

α

+

+

A CB

F DE

figura1

• Aplicando a Lei dos Nós: As correntes i

1 e i

2 chegam no nó B e a corrente i

3 sai dele

i3 = i

1 + i

2 (I)

• Aplicando a Lei das Malhas: Para a malha α a partir do ponto A no sentido escolhido, esquecendo a malha β (fi gura 2), temos: Ri

3 + r

1i1 – E

1 = 0 (II)

B

R

CA

E1

r1

E2

r2

i1

i3

F DE

figura 2

+

+

–α

Substituindo os valores do problema, temos1 i

3 + 0,5 i

1 – 20 = 0

i3 + 0,5 i

1 = 20 (III)

Para a malha β a partir do ponto B no sentido escolhido, esquecendo a malha α, (fi gura 3), temos

B

R

CA

E1

r1

E2

r2

i2

i3

F DE

figura 3

+

+

–β

E2 – r

2i2 – Ri

3 = 0 (IV)

Substituindo os valores:

10 – 0,2i2 – 1 i

3 = 0

0,2 i2 + i

3 = 10 (V)

As equações (I), (III) e (V) formam um sistema de três equações a três incógnitas (i1, i

2 e i

3).

i i i

i i

i i

3 1 2

3 1

2 3

0 5 20

0 2 10

= ++ =

+ =,

,

OSG.: 101508/16

Resolução – Física II

isolando o valor de i1 na segunda equação, temos

ii

VI1320

0 5=

−,

( )

isolando o valor de i2 na terceira equação, temos

ii

VII2310

0 2=

−,

( )

Substituindo as expressões (VI) e (VII) na primeira equação obtemos

ii i

33 320

0 5

10

0 2=

−+

−, ,

Escrevendo na expressão acima 0 55

100 2

2

10, ,= =e fi ca

ii i

i i i

i

33 3

3 3 3

3 3

205

10

102

1010

520

10

210

2 20 5

=−

+−

= − + −

= − +

( ) ( )

i ( ) (110

40 2 50 5

90 7

7 90

8 90

90

811

3

3 3 3

3 3

3 3

3

3

3

−= − + −= −+ =

=

=

=

i

i i

i i

i i

i

i

i

)

i

,,25 A

Substituindo o valor encontrado acima nas expressões (VI) e (VII) encontramos os valores de i1 e i

2, respectivamente.

i i

i i

i A i

1 2

1 1

1

20 11 25

0 5

10 11 25

0 5

8 75

0 5

1 25

0 5

17 5

=−

=−

= = −

=

,

,

,

,

,

,

,

,

, 22 6 25= − , A

Como o valor da corrente i2 é negativo, isto indica que seu verdadeiro sentido é contrário ao escolhido na fi gura 1. Os valores das

correntes são i1 = 17,5 A, i

2 = 6,25 A e i

3 = 11,25 A e seus sentidos estão mostrados na fi gura 4.

i2

i1 Ri

3

E1

r1

E2

r2

+

+

A CB

F DE

figura 4

Resposta: A

05. Em primeiro lugar a cada ramo do circuito atribuímos, aleatoriamente, um sentido de corrente. No ramo GHAB temos a corrente i1

no sentido horário, no ramo BC a corrente i2 indo de B para C, no ramo CDEF a corrente i

3 no sentido horário, no ramo CF a corrente

i4 indo de C para F, no ramo FG a corrente i

5 indo de F para G e no ramo BG a corrente i

6 indo de B para G. Em segundo lugar para

cada malha do circuito atribuímos um sentido, também aleatório, para se percorrer a malha. Malha α (GHABG), malha β (BCFGB) e malha γ (CDEFC) todas percorridas no sentido horário (fi gura 1).

OSG.: 101508/16

Resolução – Física II

+

– +

+

–+

figura 1

R6

R5

R4

R3

R2

R1

E1

E2

E3i

1

i6

i2

i4

i3

i4

i5

i6

E4

H G F E

DCBA

β γα

• Aplicando a Lei dos Nós: A corrente i

1 chega ao nó B e as correntes i

2 e i

6 saem dele

i1 = i

2 + i

6 (I)

A corrente i2 chega ao nó C e as correntes i

3 e i

4 saem dele

i2 = i

3 + i

4 (II)

As correntes i3 e i

4 chegam ao nó F e a corrente i

5 sai dele

i5 = i

3 + i

4 (III)

• Aplicando a Lei das Malhas: Para a malha α a partir do ponto A no sentido escolhido, esquecendo as malhas β e γ (fi gura 2), temos:

A

H

E1

E2

i2

i6

R2

R6

R2

R5

figura 2

R3

R4

E3

E4

B

G

C

F

D

E

+

+

+

+

–α

R1 i

1 – E

2 + R

6 i

1 – E

1 = 0

Substituindo os valores do problema fi ca:

1i1 – 20 + 2i

1 – 10 = 0

3i1 – 30 = 0

3i1 = 30

i

i A

1

1

30

310

=

=

Para a malha β a partir do ponto B no sentido escolhido, esquecendo as malhas α e γ (fi gura 3), temos:

B

G

E1

E3

i4

i5

i2

R2

R6

R1

R6

figura 3

R3

R4

E2

E4

C

F

A

F

D

E

+

+

+

+

i6

β

R2 i

2 – E

3 + R

5 i

5 – E

2 = 0

Substituindo os valores2i

2 + 10 + 1i

5 + 20 = 0

2i2 + i

5 + 30 = 0

2i2 + i

5 = –30 (IV)

OSG.: 101508/16

Resolução – Física II

Para a malha γ a partir do ponto C no sentido escolhido, esquecendo as malhas α e β (fi gura 4), temos

A

H

E1

E2

i3

i4

R1

R6

R2

R5

figura 4

R3

R4

E3

E4

B

G

C

F

D

E

+

+

+

+

– γ

R3 i

3 – E

4 + R

4 i

3 – E

3 = 0

Substituindo os valores

1i3 – 20 + 2i

3 – 10 = 0

i3 + 2i

3 – 30 = 0

3i3 = 30

i330

3=

i3 = 10 A

Substituindo os valores de i1 e i

3 em (I), (II) e (III), temos com as equações (I), (II), (III) e (IV) um sistema de quatro equações a quatro

incógnitas (i2, i

4, i

5 e i

6).

i i

i i

i i

i i

2 6

2 4

5 4

2 5

10

10

10

2 30

+ =− =− =

+ = −

Isolando o valor de i4 na segunda equação, temos:

i4 = i

2 – 10 (V)

Substituindo (V) na terceira equação, obtemos

i i

i

i

i

i

5 2

5 2

5 2

5 2

5 2

10 10

10 10

10 10

0

− − =− + =− = −− ==

( )

i

i

i

i (VI)

Substituindo (VI) na quarta equação, temos

2 30

3 30

30

310

2 2

2

2

2

i i

i

i

i A

+ = −= −

=

= −

Assim pela expressão (VI) também temos

i5 = –10 A

Substituindo o valor de i2 na expressão (V), obtemos

i4 = – 10 –10

i4 = – 20 A

Substituindo o valor de i2 na primeira equação, obtemos:

–10 + i6 = 10

i6 = 10 + 10

i6 = 20 A

OSG.: 101508/16

Resolução – Física II

Como o valor das correntes i2, i

4 e i

5 são negativos, isto indica que seus verdadeiros sentidos são contrários ao escolhido na fi gura 1. Os

valores das correntes são i1 = 10 A, i

2 = 10 A, i

3 = 10 A, i

4 = 20 A, i

5 = 10 A, e i

6 = 20 A e seus sentidos estão mostrados na fi gura 5.

Resposta: A

06. MALHA A

– 8 + 4i1 – 4i

2 + 4 = 0

4i1 – 4i

2 = 4

i1 – i

2 = 1

MALHA B– 4 + 4 · i

2 + 4i

3 = 0

4i2 + 4i

3 = 4

i2 + i

3 = 1

i1 + i

2 = i

3

1 + i2 + i

2 = 1 – i

2

3i2 = 0 ⇒ i2 0=

Logo: UAB

= – 4 · 0 + 4 = 4 V

Resposta: B

7. • Simbolizando por R0 o valor de R na temperatura ambiente, temos:

U = 30 VU = 30 V

d

R0 1 kΩ

2 kΩ3 kΩ

c

a b

i2

i2

i1

i1

• Cálculo de i1:

U = Rdbc

i1 30 V = 3 kΩ · i

1 ⇒ i

1 = 10 mA

• Cálculo de R0:

V V i

V V iV V i i i i mAa c

b ca b

− =− =

⇒ − = − ⇒ = − ⇒ =−3

23 2 2 5 3 20 7 52

12 1 2 2

( ), ,

UU R i R R kabc= ⇒ = + ⋅ ⇒ =2 0 030 3 7 5 1( ) , Ω

• A tensão entre a e b será nula quando a ponte estiver equilibrada: R · 2 = 3 · 1 ⇒ R = 1,5 kΩ

• Considerando que a temperatura inicial do resistor e do meio em que foi imerso seja a ambiente, temos:

∆R = αR0 ∆θ ⇒ (1,5 – 1) = (4,1 · 10)–3 · 1 · ∆θ ⇒ ∆θ = 122 °C

10 °C ⇒ 1 min

122 °C ⇒ ∆t ⇒ ∆t = 12,2 minutos

Resposta: C

OSG.: 101508/16

Resolução – Física II

8. UAB

= 3 · 4 + 10 · 0 – 2 · 2,5

UAB

= 12 – 5

U VAB = 7

MALHA A

20 = 5 · i

i A1 4=

MALHA B

10 = 4 · i

i A2 2 5= ,

Resposta: C

9. CHAVE ABERTA:

12 – 6 = (3 + R) · 1

3 + R = 6

R = 3 Ω

CHAVE FECHADA:

MALHA A

– 12 + 1 · i1 + 2 · i

1 – 3 · i

2 + 6 = 0

3i1 – 3i

2 = 6

i i1 2 2− =

MALHA B

– 6 + 3i2 + 2i

3 + 4i

3 – 26 = 0

3 6 322 3i i+ =

Onde: i1 + i

2 = i

3

2 + i2 + i

2 =

32 3

62− i

12 + 12i2 = 32 – 3i

2

15i2 = 20

i A2

4

3=

Logo: i1 = 2 +

4

3

i A1

10

3=

Resposta: E

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Resolução – Física II

10.

I. Verdadeira

– ε + 4 · i1 + R

3 · i

3 = 0

iR i

13 3

4=

−ε

– ε + 6i2 + R

3 · i

3 = 0

6i2 = ε – R

3 i

3

iR i

23 3

6=

−ε

i i1 2>

II. Falsa V

AC – U

CB + ε – ε = 0

U UAC CB=

III. Falsa

PU

RD =2

, como as tensões são iguais e as resistências diferentes, isso torna as potências diferentes.

Resposta: A

naldo – Rev.: TM10150816_pro_Aula21 - Lei de Kirchhoff