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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
OSG.: 101508/16
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