Aula exploratória 07.
Questão 01: Um resistor de 11Ω é ligado aos terminais de uma bateria com fem de 6V
e resistência interna de 1Ω. Determine:
(a) a corrente;
(b) a tensão útil da bateria (isto é, Va − Vb );
(c) a potência fornecida pela fonte da fem ;
(d) a potência fornecida ao resistor externo;
(e) a potência dissipada pela resistência interna da bateria. Em que condição a potência
dissipada no resistor externo é máxima?
(f) se a bateria for de 150 A.h., qual será a energia nela armazenada?
a
r
R
ε
b
a) Aplicando a lei das malhas ao circuito, temos:
ε − r i − R i = 0 ⇒ (r + R ) i = ε
⇒ i=
ε
(r + R )
.
(1)
b) A tensão útil na bateria é:
Va − Vb = ε − i r = 6 V − (0,5 A) (1,0 Ω ) = 5,5 V .
(2)
c) A potência fornecida pela fonte é:
P = ε i = (6,0V ) (0,5 A) = 3,0Watts .
(3)
d) A potência fornecida ao resistor externo é:
P = R i 2 = (11Ω) (0,5 A) 2 = 2,75Watts .
(4)
Para obter a máxima potência dissipada temos de (4) e (1) que
R
dP
1
2R
;→
= 0 ⇒ ε 2(
−
)=0
2
2
(r + R)
dR
( r + R ) ( r + R )3
ou r − R = 0 ⇒ R = r.
Uma bateria real sempre tem uma resistência interna r.
P =ε2
1
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e) A potência dissipada pela resistência interna da bateria é:
P = r i 2 = (1Ω) (0,5 A) 2 = 0, 25Watts .
(5)
e) Se a bateria for de 150 A.h., qual será a energia nela armazenada?
Pfem =
dU
= ε i ⇒ dU = ε i dt
dt
(6)
J 
C

∴ U = (6,0 V ) (150 A) (3600 s ) =  6,0  150  (3600 s ) = 3,24 MJ
C
s

2
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Questão - 02. Qual a corrente em termos de ε e R, indicada pelo amperímetro A da
figura? Suponha que seja nula a resistência do amperímetro.
R
2R
A
ε
R
R
R. Aplicando a regra das malhas ao circuito, devemos ter:
i1 + i 2
i2
i1
i1
ε
1
i3
i3
A
3
i 2 − i3
i1 + i 3
2
i1 + i 3
i1 + i 2
i2
i 2 − i3
Da malha 1, encontramos:
i 2 R − i 1 (2 R ) = 0 ⇒ i 2 = 2 i 1
(1)
Da malha 2:
(i 2 − i 3 )R − (i1 + i 3 )R = 0
⇒ i 2 − i1 = 2 i 3
(2)
Substituindo ( 1 ) em ( 2 ):
Da malha 3:
2i 1 − i1 = 2 i 3 ⇒ i 1 = 2 i 3
(3)
(
(4)
)
ε − i 1 (2 R ) − i 1 + i 3 R = 0
Substituindo ( 3 ) em ( 4 ) e isolando i 3 :
ε − 4 Ri 3 − 3Ri 3 = 0 ⇒ i 3 =
ε
7R
(5)
3
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Questão 03: Uma bateria de 6V, com resistência interna desprezível, é utilizada para
carregar um capacitor de 2µF através de um resistor de 100Ω. Determine:
a) A corrente inicial;
b) A carga final no capacitor;
c) O tempo necessário para a carga atingir 90,0% do seu valor final;
d) a carga quando o valor da corrente for igual à metade do seu valor inicial.
O circuito do enunciado é mostrado na figura abaixo:
S
R
ε
C
a) Considerando que inicialmente o capacitor encontra-se descarregado, ao
conectarmos a chave S, a corrente inicial será:
i=
ε
R
=
6V
= 0,06 A .
100 Ω
(1)
b) A carga final no capacitor será:
qmax = ε C = (6 V ) (2 µ F ) = 12 µ C .
(2)
c) Ao fecharmos o circuito, pela lei das malhas, teremos:
ε −iR −
Mas, i =
q
=0.
C
(3)
dq
. Que substituindo em ( 3 ) resulta:
dt
R
dq q
+ =ε
dt C
⇒ RC
Como ε C = c te ⇒
RC
dq
+ q = εC
dt
d
(ε C ) = 0. Logo,
dt
(4)
d
 q ( t ) − ε C  +  q ( t ) − ε C  = 0
dt 
4
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Fazendo
u (t ) = q (t ) − ε C na equação (4) acima:
RC
∫
du
=−u ⇒
dt
du
1
=−
dt
u
RC
du
1
=−
dt
u
RC ∫
(5)
u 
t
ln   = −
⇒ u ( t ) = u0 e
u
R
C
 0
u0 = u (t = 0) = q (0) − ε C = −ε C
t
−
RC
Dessa forma, em função de q , temos:
q ( t ) − ε C = −ε C e
−
t
RC
t
−


RC
⇒ q ( t ) = ε C 1 − e





Quando a carga atinge 90% do valor máximo, teremos que
(6)
q (t ) = 0,9 5ε C . Logo:
t
t
−
−


RC
RC
0,90 ε C = ε C 1 − e
= 1 − 0,90
 ⇒ e




(7)
t
−
= ln ( 0,10 ) ⇒ t = − R C ln ( 0,10 )
RC
t = − (100Ω )( 2 µ F )( -2,3) = 3,3τ C = 460 µs = 046ms
d) Quando a corrente for igual à metade do valor inicial, i (t ) =
1ε
e a equação (3)
2R
deve ser:
ε−
ε R
R2
−
q (t )
= 0.
C
(8)
Isolando a carga na equação (8), temos:
5
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ε 
1
1

q (t ) =  ε −  C = ε C = q (t = ∞)
2
2
2

q (t ) = 0,5 × 6V × 2 µ F = 6 µC
(9)
ou
0, 06 A


q (t ) =  6 V −
100Ω  2 µ F
2


∴ q (t ) = 6 µ C
6
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Questão 04: No circuito que aparece abaixo o capacitor está inicialmente descarregado
com a chave aberta. Após ligar a chave S, em t = 0 s, calcule:
(a) a corrente que passa pela chave S, imediatamente após a ligação;
(b) a corrente que passa pelo resistor R1 em função do tempo;
(c) a carga do capacitor C em função do tempo;
(d) a corrente através de R2 em função do tempo;
(e) a corrente que passa pela chave S em função do tempo;
(f) após abrir a chave S, quanto tempo leva para a carga do capacitor chegar a 36,8%
(=1/e) do valor que possuía quando a chave foi aberta?
C
R2
R1
S
a) Como o capacitor encontra-se inicialmente descarregado, logo que a chave é fechada,
ele se comporta como um fio condutor, deixando a corrente passar livremente:
ε
R1
R2
⇒
ε
R12
S
S
Dessa forma, a resistência equivalente será:
R1 + R 2
1
1
1
=
+
=
R12 R1 R 2
R1 R 2
⇒ R12 =
R1 R 2
R1 + R 2
.
(1)
Aplicando a lei das malhas ao circuito composto pela fonte e a resistência R12 :
ε − i R12 = 0 ⇒ i =
ε
R12
=
(
ε R1 + R 2
R1 R 2
)
.
(2)
b) e c) a corrente que passa pelo resistor R1 em função do tempo
7
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ε
1
S
C
ε
2
R1
R2
S
A lei das malhas aplicada à malha 1, resulta em:

−

q
ε − − i1 R1 = 0 ⇒ q (t ) = ε C 1 − e
C


t
R1 C


.


(3)
b) Derivando a equação ( 4 ) em função do tempo, temos:
 ε  −
i 1 (t ) =   e
 R1 
 
t
R1 C
(4)
.
c) a carga em C em função do tempo
t
−


q
R1 C

ε − − i1 R1 = 0 ⇒ q(t ) = ε C 1 − e


C


(5)
d) A lei das malhas aplicada à malha 2, resulta em:
ε − i2 R2 = 0 ⇒ i2 =
ε
R2
.
(6)
e) Dessa forma, a corrente que passa pela fem em um tempo t em que a chave está
fechada será:
 ε  −
i (t ) = i 1(t ) + i 2 =   e
 R1 
 
t
R1 C

−
 1
1
+
=ε
+
e
R2
 R 2 R1

ε
t
R1 C


.


(7)
8
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f) Após o capacitor ser carregado, abrindo a chave S, o circuito se resume a:
C
R1
R2
Aplicando a lei das malhas ao circuito:
−
q
dq
q
− i R1 − i R 2 = 0 ⇒ ( R1 + R 2 )
=−
C
dt
C
dq
dt
=−
q
C ( R1 + R 2 )
⇒ q (t ) = qmax e
−
(8)
t
C (R1 + R 2 )
Quando a carga atinge 36,8% do valor inicial, teremos:
0,368qmax = qmax e
−
t
C ( R1 + R 2 )
⇒ ln (0,368) = −
t
C ( R1 + R 2 )
( 9)
t = − ln (0,368) C ( R1 + R 2 ) = −(−1, 0) (1 µ F ) (10 k Ω) = 10 ms
9
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Questão 05. Um capacitor, inicialmente descarregado, foi totalmente carregado por um
dispositivo de fem constante ligado em série com um resistor R.
a) Mostre que a energia final armazenada no capacitor é metade da energia fornecida
pela bateria;
b) Por integração direta de R i 2 no tempo de carregamento, mostre que a energia
térmica dissipada pelo resistor é também metade da energia fornecida pela fem ;
c) há uma maneira alternativa de resolver o item b)?
a) - A potência desenvolvida pela bateria é:
∞
P (t ) = ε i (t ) , logo U ( fornecida) = ∫ P(t )dt , mas de
0
ε − Ri −
ε − t / RC
q
e
= 0 , temos i ( t ) =
. Portanto,
R
C
∞
U ( fornecida) = ε ∫
0
ε
R
e −t / RC dt = Cε 2 .
1
1
Por outro lado temos que U C = C V 2 = C ε 2 . Ou seja
2
2
1
U C = U ( fornecida ).
2
b) – A energia dissipada:
∞
∞
1
ε − t / RC 2
ε 2 −2t / RC
Cε 2
U (dissipada em R ) = R ∫ ( e
) dt =
e
dt =
.
2 0 R
2 R ∫0
2
Logo
1
U R = U ( fornecida ).
2
c) – Conservação de energia:
Cε 2
U ( fornecida ) − U C (armazenada ) = U R (dissipada ) =
.
2
10
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Questão 6. (Tempo sobrando): Quando são acesas as luzes de um automóvel, um
amperímetro em série com elas marca 10 A e a leitura de um voltímetro ligado entre as
suas extremidades marca 12 V (ver figura abaixo). Quando o motor de partida elétrico é
ligado, a leitura do amperímetro cai para 8,0 A e as luzes ficam um pouco mais fracas.
Se a resistência interna da bateria for de 0,05 Ω e a do amperímetro for desprezível,
determinar: a) A fem da bateria e b) a corrente que atravessa o motor de partida
quando as luzes estão acesas.
Solução:
11
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