FÍSICA 2
LIVRO 3
Resoluções das atividades
Sumário
Capítulo 8 – Potência elétrica e energia .....................................................................................................................................................................................................1
Capítulo 9 – Resistores elétricos – Primeira e segunda leis de Ohm .........................................................................................................................................................2
Capítulo 10 – Associação de resistores – Associação em série e em paralelo ..........................................................................................................................................3
Capítulo 11 – Associação de resistores – Associação mista .......................................................................................................................................................................5
Capítulo 8
Potência elétrica e energia
Atividades para sala
01 D
Como o tempo gasto para o disco dar as 10 voltas é a
metade do tempo utilizado quando as lâmpadas estavam
ligadas, tem-se que a potência será o dobro da potência
das lâmpadas.
03 D
Deine-se potência elétrica a razão entre a energia elétrica
transformada e o intervalo de tempo dessa transformação.
Logo, quando se airma que um motor possui uma potência elétrica de 600 W, é porque ele converte ou transforma
600 J de energia elétrica em energia mecânica a cada
segundo de funcionamento.
04 C
Seu brilho será normal, pois:
PT = 2 · PL ⇒ PT = 2 · 160 ⇒ PT = 320 W
i=
02 B
I. i =
P
7700 W
⇒i=
⇒ i = 35 A
U
220 V
II. i =
P
3300 W
⇒i=
⇒ i = 15 A
U
220 V
05 E
Devido à substituição do chuveiro elétrico, a corrente saltou
de 15 A para 35 A, sendo necessário um disjuntor de 40 A
para suportar o funcionamento do circuito.
I. E = P · ∆t ⇒ E = EAR + ECH + EF + EG + EL
E = 19,2 kWh
II. Etotal = 19,2 kWh · 30 dias
Etotal = 576 kWh · R$ 0,40
Etotal = R$ 230,40
03 D
E = P · ∆t ⇒ E = i · U · ∆t ⇒ E = 60 A · 12 V · 2 s
E = 1 440 J
04 D
P=
P
60 W
⇒i=
⇒ i = 0, 5 A = 500 mA
U
120 V
3, 6 Wh
E
⇒ P=
⇒ P = 324 W
40 s
∆t
3600
05 C
E = P · ∆t ⇒ E = 4 400 W · 15 h ⇒ E =
06 E
Determinando a potência elétrica correspondente ao raio:
P = U ⋅ i = 2,5 ⋅ 107 V ⋅ 2 ⋅ 105 A = 5,0 ⋅ 1012 W
Calculando, agora, a energia liberada pela descarga elétrica:
E = P ⋅ ∆t = 5,0 ⋅ 1012 W ⋅ 1,0 ⋅ 10–3 s = 5,0 ⋅ 109 J
66000 Wh
⇒ E = 66 kWh
1000
07 C
Consumo diário em virtude do chuveiro elétrico:
 1 
Edia = P ⋅ ∆t = (2400 W ) ⋅  4 ⋅ h = 1600 Wh = 1, 6 kWh
 6 
Atividades propostas
Consumo durante 30 dias:
01 B
Emensal = 30 ⋅ Edia = 30 ⋅ 1, 6 kWh = 48 kWh
P = i · U ⇒ P = 0,5 A · 220 V ⇒ P = 110 W
Ganho mensal, sabendo que o kWh vale R$ 0,30:
02 E
Ligadas à mesma d.d.p. de 127 V, as lâmpadas produzem a
mesma luminosidade, mas a lâmpada luorescente dissipa
uma menor potência.
Gmensal = 48 ⋅ 0,30 = 14,4
Logo, o custo mensal em virtude do chuveiro elétrico vale
R$ 14,40.
2a Série – Ensino Médio
1
FÍSICA 2
LIVRO 3
08 B
02 E
U2
, tem-se:
R
(220 )2 (110 )2
U2 U'2
P = P' ⇒
=
⇒
=
R
R'
R
R'
Sendo P =
A energia utilizada e medida foi de 299 kWh; o valor a ser
pago é dado por: R$ 0,44 · 299 = R$ 131,56.
09 C
2
R
 110 
⋅ R ⇒ R' =
R' = 
 220 
4
De acordo com os dados do problema, tem-se:
EF = 60 lm/W
I = 10 ⋅ 15 ⋅ 100 = 15 000 lm
U
, tem-se:
R
220
I. i =
R
n lâmpadas luorescentes de xW:
II. i' =
Se i =
EI = 15 lm/W
10 lâmpadas incandescentes de 100 W:
110
110
440
⇒ i' =
⇒ i' =
R
R'
R
4
i' = 2i
I = n ⋅ 60x = 15 000 lm ⇒ n ⋅ x = 250 W
Gasto mensal das lâmpadas incandescentes:
p = 10 ⋅ 100 = 1000 W = 1 kW
GI = 0,20 ⋅ p ⋅ ∆t, em que: 
 ∆t = 6 ⋅ 30 = 180 h
GI = 0,20 ⋅ 1 ⋅ 180 ⇒ GI = 36, 00
03 B
Gasto mensal das lâmpadas luorescentes:
GF = 0,20 ⋅ 0,25 ⋅ 180 ⇒ GF = 9,00
12100
(110 )2
U22
⇒ P2 =
⇒ P2 =
4 840
4 840
R2
6
6
P2 = 15 W
Economia: GI – GF = R$ 27,00
II. P2 =
10 A
O gráico mostra que a potência assume uma sucessão de
valores constantes, cada um deles correspondendo a um
dos vários intervalos de tempo iguais, ∆t = 2 h. Assim, a
energia consumida em cada intervalo ∆t é calculada como
o produto de ∆t pela respectiva potência. Ou seja, no
intervalo de tempo ∆ti, a energia consumida é Ei = Pi ⋅ ∆ti.
Portanto, a energia total consumida ao longo do dia, entre
6 h e 18 h, é a soma dos diversos termos Ei.
Observação: O valor da energia total consumida corresponde ao valor da “área” sob a curva potência × tempo.
Quando a d.d.p. diminui, há uma redução na potência dissipada.
04 A
Da Segunda Lei de Ohm, tem-se:
L
R ⋅ A 3, 0 ⋅ 10 −2 Ω ⋅ 2, 0 ⋅ 10 −6 cm2
R = ρ⋅ ⇒ρ =
=
A
L
2, 0 ⋅ 10 2 cm
ρ = 1, 2 ⋅ 10 −8 Ω ⋅ m
05 C
Etotal= (0,2 · 2) + (0,6 · 2) + (0,4 · 2) + (0,8 · 2) + (0,2 · 2) + (0,6 · 2) =
5,6 kWh
Capítulo 9
Resistores elétricos – Primeira e
segunda leis de Ohm
Atividades para sala
01 a) A resistência elétrica é numericamente igual à inclinação ou coeiciente angular do gráico, logo tem-se,
para qualquer par de pontos:
U
10
20
30
=
=
=
i 0,10 0, 20 0, 30
R = 100 Ω
R=
Do enunciado do problema e dos dados da tabela, conclui-se que:
 os condutores estão submetidos a uma mesma tensão
elétrica;
 a energia por unidade de tempo é potência.
A equação que relaciona potência com tensão e resistênU2
.
cia é a P =
R
 Conforme essa equação anterior, o condutor que dissipa maior potência é aquele que apresenta menor
resistência elétrica, ou seja, o condutor A:
L
.
RA = ρ ⋅
3A
Atividades propostas
b) Para uma intensidade de corrente elétrica de 0,40 A,
tem-se:
U=R·i
U = 100 · 0,40
U = 40 V
2
48400
U12
(220 )2
⇒ R1 =
⇒ R1 =
60
60
R1
4 840
R1 =
Ω e R1 = R2
6
I. P1 =
01 A
I. (V) Observe que o gráico que envolve a tensão elétrica
e a intensidade da corrente elétrica é uma reta. Logo,
até 100 V o resistor tem um comportamento ôhmico.
2a Série – Ensino Médio
FÍSICA 2
LIVRO 3
II. (F) Para o resistor R1, tem-se:
R1 =
U1 20
=
= 50 Ω
i1 0, 4
Por outro lado, para o resistor R2, tem-se:
R2 =
U2 40
=
= 100 Ω
0, 4
i2
III.(V) Aplicando 80 V no resistor R2, tem-se:
07 B
80 V
U
i=
=
= 0, 8 A
R2 100 Ω
02 E
Aplicando uma d.d.p. de 100 V no resistor mencionado,
tem-se:
U 100 V
i= =
=5A
R 20 Ω
Determinando a potência dissipada no resistor de 20 Ω:
P = R ⋅ i2 ⇒ P = 20 ⋅ 52 = 20 ⋅ 25 ⇒ P = 500 W
Pode-se desprezar a resistência elétrica dos ios condutores e dos elementos metálicos da tomada da lâmpada,
de maneira que a maior resistência elétrica do circuito se
encontra em seu ilamento de tungstênio, em virtude da
baixa espessura deste e de seu grande comprimento.
04 A
6V
U
=
= 15 ⋅ 10 −6 A
R 400 ⋅ 10 3 Ω
i0 = 15 µA
I. i0 =
1o resistor:
U
*i =
R
U2
* *P =
R
LAl = 3 m
LPb = 1 m
rAl = 2 · 10–2 m
rPb = 10–2 m
L
1
PPb Pb
8 PAl
RPb
APb
π ⋅ (10 −2 )2
=
=
=
3
R Al P L Al P ⋅
Al
Al
−2 2
π ⋅ (2 ⋅ 10 )
A Al
L
10 3
⇒ R = 2,1⋅ 10 −2 ⋅
A
70
R = 0, 3 Ω
II. R = ρ ⋅
III. Como foi pedido a variação da intensidade decorrente,
tem-se: ∆i = iF − i0
∆i = 20 µA − 15 µA
∆i = 5 µA
06 E
PPb = 8 PAl
I. Atotal = 7 · 10 mm2 = 70 mm2
iF = 20 µA
U
20
⇒R =
⇒ R = 2, 0 Ω
i
10
( 4 V )2
U2
⇒P =
⇒P = 8 W
II. P =
R
2Ω
A resistência aumenta com o aumento da temperatura.
Maior valor de R, menor valor da intensidade de corrente
elétrica i.
10 E
U
6V
=
= 20 ⋅ 10 −6 A
R 300 ⋅ 10 3 Ω
I. R =
08 E
8 PAl ⋅ 1 π ⋅ 4 ⋅ 10 −4 32
⋅
=
PAl ⋅ 3
3
π ⋅ 10 −4
Dos dados do problema, tem-se:
05 B
De acordo com a Segunda Lei de Ohm, a resistência elétrica de um io é diretamente proporcional ao comprimento deste. Logo, ao reduzir o comprimento do condutor pela metade, processo semelhante ocorrerá com a sua
resistência elétrica.
09 B
03 A
II. iF =
2o resistor:
3U
U
* i' =
⇒ i' = ⇒ i' = i
3R
R
9U
(3 U)2
* * P' =
⇒ P' =
3R
3R
3U
⇒ P' = 3 P
P' =
R
Associação de resistores –
Capítulo 10 Associação em série e em paralelo
Atividades para sala
01 a) Como os resistores estão em série, tem-se:
RE = R1 + R2 = 10 Ω + 20 Ω
RE = 30 Ω
b) A intensidade de corrente que percorre cada resistor é
a mesma, logo:
i=
U 60 V
=
⇒i = 2 A
RE 30 Ω
c) Aplicando a Primeira Lei de Ohm em cada resistor,
tem-se:
U1 = R1 ⋅ i = 10 ⋅ 2 ⇒ U1 = 20 V
U2 = R2 ⋅ i = 20 ⋅ 2 ⇒ U2 = 40 V
2a Série – Ensino Médio
3
FÍSICA 2
LIVRO 3
02 I. C
Aplicando a Primeira Lei de Ohm, no resistor R1, para se
determinar a corrente elétrica que passa pelo circuito:
Atividades propostas
01 a) Como os três resistores estão em série, tem-se:
12
U
i= 1 =
= 0, 4 A
R1 30
RE = RAB + RBC + RCD = 10 Ω + 20 Ω + 30 Ω
Como se sabe o valor da intensidade de corrente que
passa pelos outros resistores e a d.d.p. em cada um
deles, é possível determiná-los:
20
U2
=
= 50 Ω
0, 4
i
8, 0
U
R3 = 3 =
= 20 Ω
0, 4
i
RE = 60 Ω
b) Determinando a intensidade de corrente na associação
em série:
i=
R2 =
c) Aplicando a Primeira Lei de Ohm em cada resistor,
tem-se:
UAB = RAB ⋅ i = 10 ⋅ 1 ⇒ UAB = 10 V
UT = RE ⋅ i = 100 ⋅ 0,4
UBC = RBC ⋅ i = 20 ⋅ 1 ⇒ UBC = 20 V
UT = 40 V
II. D
Obtendo a resistência equivalente do circuito em série:
RE = R1 + R2 + R3 = 30 Ω + 50 Ω + 20 Ω
03 Como os resistores estão em paralelo, tem-se:
1
1
1
1
1 1 1 1 + 5 + 4 10 1
=
+
+
=
+ + =
=
=
20
20 2
RE R1 R2 R3 20 4 5
RE = 2 Ω
U1 = R1 ⋅ i1 = 4,0 ⋅ 2,0 = 8,0 V
Como os dois resistores estão em paralelo, eles estão submetidos à mesma d.d.p. Por outro lado, a intensidade de
corrente elétrica que passa por R2 vale 4,0 ampères. Logo:
U2 8, 0
=
= 2, 0 Ω
i2
4, 0
UT 6, 0
=
= 60 Ω
0 ,1
i
Como se trata de resistores em série, tem-se:
RT = R + 20 Ω ⇒ R = RT – 20 = 60 – 20
Em um circuito de resistores em série, aquele que apresenta maior queda de potencial elétrico é o de maior resistência elétrica, ou seja, dentre as alternativas, aquela que
apresenta maior valor de resistência é a que corresponde à
região entre os pontos C e E (resistência equivalente a 7 R).
04 B
Como, em uma associação, a d.d.p. total se divide entre
todos os elementos resistivos, tem-se:
05 C
Note que todos os resistores estão em série. Desse modo,
determine a corrente elétrica que percorre o circuito:
U
U
=
=
RE R1 + R2 + R3 + R 4 + R 5
RE =
i = 0, 009 A = 9 ⋅ 10 −3 A
Aplicando a Primeira Lei de Ohm em cada resistor, tem-se:
U1 = R1 ⋅ i = 104 · 9 · 10–3 ⇒ U1 = 90 V
U2 = R2 ⋅ i = 103 · 9 · 10–3 ⇒ U2 = 9 V
U3 = R3 ⋅ i = 102 · 9 · 10–3 ⇒ U3 = 9 · 10–1 = 0,9 V
U4 = R4 ⋅ i = 101 · 9 · 10–3 ⇒ U4 = 9 · 10–2 V = 0,09 V
U5 = R5 ⋅ i = 1 · 9 · 10 ⇒ U5 = 9 · 10 V = 0,009 V
–3
UT = n ⋅ Ulâmpada ⇒ n =
UT
Ulâmpada
=
220
= 44 lâmpadas
5
05 a) Como os resistores estão em paralelo, tem-se:
100
100
=
4
3
2
1
10 + 10 + 10 + 10 + 1 11111
4
RT =
03 C
Determinando a d.d.p. no resistor R1:
=
02 C
R = 40 Ω
04 D
i=
UCD = RCD ⋅ i = 30 ⋅ 1 ⇒ UCD = 30 V
Determinando a resistência total do circuito em série, pela
Primeira Lei de Ohm:
RE = 100 Ω
R2 =
UT 60
=
= 1A
RE 60
–3
5 ⋅ 20
100
R1 ⋅ R2
=
=
⇒ RE = 4 Ω
5 + 20
25
R1 + R2
b) Cada resistor está submetido a uma d.d.p. de 100 V.
Logo, tem-se:
U 100
i1 =
=
⇒ i1 = 20 A
5
R1
U 100
i2 =
=
⇒ i2 = 5 A
20
R2
c) Como há um circuito em paralelo, tem-se:
i = i1 + i2 = 20 + 5 ⇒ i = 25 A
2a Série – Ensino Médio
FÍSICA 2
LIVRO 3
06 a) A partir do resistor R2, é possível determinar a d.d.p.
que é comum aos três resistores em paralelo. Logo:
U = U2 = R2 ⋅ i2 = 15 ⋅ 10 = 150 V
Note que a corrente elétrica que passa por R3 vale 25 A.
Logo, tem-se:
R3 =
U 150
=
⇒ R3 = 6 Ω
25
i3
09 C
A resistência equivalente (RE) é dada por:
1
1 1 1
R
= + + ⇒ RE =
R
R
RE R
7
2 4
Como a tensão é constante R · i = RE ⋅ i. Logo:
R ⋅i =
R
i ⇒ i = 7i
7
b) Para o resistor R1, tem-se:
i1 =
10 A
U 150
=
⇒ i1 = 15 A
R1 10
c) Como a tensão elétrica da associação em paralelo vale
150 V e a corrente elétrica total é a soma de todas as
intensidades, tem-se:
Identiicando os pontos que possuem o mesmo potencial
elétrico e redesenhando o circuito, tem-se:
B
R
U
U
150
RE = =
=
=3Ω
iT i1 + i2 + i3 15 + 10 + 25
⇒
A
07 C
B
Determinando a d.d.p. aplicada no primeiro resistor (de
100 kΩ):
U1 = R1 ⋅ i1 = 100 · 103 · 10 · 10–3
i
B
R
A
R
R
R
R
R
4
⇒
B
R
R
A
B
B
A
V
A
R
i
4
4V
i=
R
V=
U1 = 1 000 V
Como os resistores estão em paralelo, o segundo resistor
também está submetido a uma d.d.p. de 1 000 V. A intensidade de corrente elétrica que passa por este é dada por:
Associação de resistores –
Capítulo 11 Associação mista
i2 = iT – ii = 30 mA – 10 mA = 20 mA
Logo, aplicando a Primeira Lei de Ohm para o segundo
resistor, tem-se:
Atividades para sala
01 B
1 000
U
=
= 50 ⋅ 10 3 Ω
i2 20 ⋅ 10 −3
R2 = 50 kΩ
R2 =
Veja a igura.
X
08 E
U2
(12)2
⇒ RL =
⇒ RL = 24 Ω
I. RL =
6
P
Y
R6
R1
R2
R4
R8
12 V
R
Re =
24 R
R ⋅ RL
⇒ Re =
24 + R
R + RL
24R
12
U
⇒
=
⇒ 24R = 4(24 + R )
24 + R 3
i
20R = 96 ⇒ R = 4, 8 Ω
II. R =
A
A
B
R3
R7
R5
R9
RL = 24 Ω
Os seguintes conjuntos de resistores estão associados em
série:
I. R1, R2 e R3
II. R4 e R5
III. R8 e R9
Pode-se obter o valor da resistência equivalente no primeiro conjunto somando algebricamente o valor de cada
resistor desse conjunto.
2a Série – Ensino Médio
5
FÍSICA 2
LIVRO 3
Logo, em I, tem-se:
RSI = R1 + R2 + R3 ⇒ RSI = 10 + 10 + 10 ⇒ RSI = 30 Ω
Simpliica-se o esquema conforme a igura:
Y
X
O mesmo procedimento pode ser adotado nos outros
dois conjuntos. Logo:
R SI
Em II:
RSII = R 4 + R 5 ⇒ RSII = 10 + 10 ⇒ RSII = 20 Ω
Em III:
RSIII = R8 + R 9 ⇒ R SIII = 10 + 10 ⇒ R SIII = 20 Ω
Pode-se, então, simpliicar o esquema conforme a igura a
seguir.
R SI
Y
X
IV
Os resistores RSI e RSIV estão associados em paralelo. Pode-se obter a resistência equivalente Rp de toda a associação
a partir da expressão 1 = 1 + 1 . Logo:
Rp RS1 RSIV
1
1 1
1 2
30
=
+ ⇒ =
⇒ Rp =
⇒ Rp = 15 Ω
Rp 30 30 Rp 30
2
R7
R6
RS
R SII
02 D
i1
R SIII
A
B
R3
i
C
Desse modo, veriica-se que os resistores RSII e RSIII estão
associados em paralelo. Obtém-se a resistência RPI , equivalente à associação dos resistores RSII e RSIII, a partir da
expressão:
UAC
i2
1
1
1
=
+
⇒
RPI RSII RSIII
R 2=30 Ω
UCB
+
1
1
1
1
2
=
+
⇒
=
⇒
RPI 20 20
RPI 20
⇒ RPI =
R1=15 Ω
12 V
I. P = R1 · i12 ⇒ 0,6 W = 15 Ω · i12 ⇒ i12 = 0,04 A2 ⇒ i1 = 0,2 A
II. UCB = R1 · i1 ⇒ UCB = 15 Ω · 0,2 A ⇒ UCB = 3,0 V
20
= RPI = 10 Ω
2
III. UAB = UAC + UCB ⇒ 12 V = UAC + 3,0 V ⇒ UAC = 9,0 V
Simpliica-se ainda mais o esquema, conforme a igura a
seguir.
IV. Como a d.d.p. nos resistores R1 e R2 é igual, e R2 é o
dobro de R1, é possível afirmar que a i2 será metade de
R SI
X
i1, portanto i2 = 0,1 A.
Y
V. i = i1 + i2 ⇒ i = 0,2 A + 0,1 A ⇒ i = 0,3 A
VI. R3 =
R6
R7
UAC
9, 0 V
⇒ R3 =
⇒ R3 = 30 V
i
0, 3 A
03 C
Antes, o circuito era em série. Após a ligação da chave,
passou a ser uma associação mista.
idepois
S
E
RP
I
É possível notar que os resistores R6, R7 e RPI estão associados em série. Para obter a resistência RSIV equivalente à
associação dos resistores R6, R7 e RPI :
R1
R2
R3
RSIV = R 6 + R 7 + RPI ⇒ RSIV = 10 + 10 + 10 ⇒
⇒ RSIV = 30 Ω
6
iantes
2a Série – Ensino Médio
FÍSICA 2
LIVRO 3
Os resistores do lado direito, de valores 7,0 Ω, 5,0 Ω
e 9,0 Ω encontram-se em curto-circuito, ou seja, não
passa intensidade de corrente elétrica por eles. Logo:
Sempre que se liga uma resistência em paralelo, a resistência equivalente é menor (somam-se os inversos). Assim,
R1
< R3 .
R2
Se a resistência diminui, a corrente total aumenta:
U
i = . iantes < idepois . Porém, a corrente total se divide entre
R
R1 e R2 . Logo, a corrente em R2 diminui, porque foi dividida
devido ao fato de a voltagem em R2 diminuir, como mostrado a seguir.
8,0 Ω
A
3,0 Ω
C
3,0 Ω
D≡B
B
4,0 Ω
R1 // R2 < R2 ⇒
2 antes
C
4,0 Ω
4,0 Ω
A resistência R3 permanece inalterada. Por outro lado, no
circuito em série, a voltagem se distribui pelos aparelhos.
R
A resistência equivalente 1 é menor que R2.
R2
Logo, ica com menos voltagem (U = R · i).
VR
8,0 Ω
A
A
2Ω
> VR2 depois
B
3Ω
Req = 5 Ω
b) Aplicando-se uma d.d.p. de 200 V entre A e B, tem-se:
itotal =
R3
200 V
⇒ itotal = 20 A
5, 0 Ω
 Observe que pelo resistor de 3,0 Ω passa uma intensidade de 20 A.
 Determinando a d.d.p. entre os pontos A e C:
04 a) Note que o resistor de 5,0 Ω está em curto-circuito;
logo, a resistência equivalente dependerá apenas dos
três resistores em paralelo:
6,0 Ω
B
A
B
4,0 Ω
R AB =
Para os resistores que se encontram entre A e C, tem-se:
Resistor de 4,0 Ω:
20
U
i4 ,0 Ω = AC =
⇒ i4 ,0 Ω = 5 A
4
R 4 ,0 Ω
6Ω
4,0 Ω
A
UAC = R AC ⋅ itotal = 2, 0 ⋅ 20 ⇒ UAC = 20 V
Resistor de 8,0 Ω:
2Ω
6 ⋅ 2 12
=
⇒ R AB = 1, 5 Ω
6+2 8
i8 ,0 Ω =
Resistores em série de 5,0 Ω e 3,0 Ω:
b) Exceto o resistor de 5,0 Ω, todos os outros estão submetidos a uma d.d.p. de 30 V, cada um. Logo:
Com o resistor de 4,0 Ω:
i=
i5 ,0 Ω ; i3 ,0 Ω =
30 V
⇒ i = 7, 5 A
4, 0 Ω
30 V
⇒i= 5 A
6, 0 Ω
01 E
i1 = 2 A
05 a) Colocando alguns pontos no circuito, tem-se:
8,0 Ω
i=4A
7,0 Ω 5,0 Ω
5,0 Ω 3,0 Ω
A
C
3,0 Ω
20
20
=
⇒ i5 ,0 Ω ; i3 ,0 Ω = 2, 5 A
5 + 3 8, 0
Atividades propostas
No resistor de 6,0 Ω:
i=
20
UAC
=
⇒ i8 ,0 Ω = 2, 5 A
R8 ,0 Ω 8, 0
4A
C
Curto-circuito
D≡B
12 Ω
6Ω
B
3Ω
4,0 Ω
D
6Ω
i2
9,0 Ω
R
U
2a Série – Ensino Médio
7
FÍSICA 2
LIVRO 3
I. i = i1 + i2 ⇒ i2 = i – i1 ⇒ i2 = 4 A – 2 A ⇒ i2 = 2 A
Com isso, R = 9 Ω
II. RE(CD) = 6 Ω + 6 Ω + 6 Ω ⇒ RE(CD) = 18 Ω
UCD = RE(CD)* i ⇒ UCD = 18 Ω · 4 A
UCD = 72 V
-se considerar apenas os outros dois resistores de 1 Ω
em série (originam 2 Ω), já que os dois últimos estão
em curto-circuito. Logo, RE= 1 Ω+ 0,5 Ω + 2 Ω = 3,5 Ω.
(F) No primeiro trecho, há dois resistores de 1 Ω em série
(originam um de 2 Ω, e este ica em paralelo com outros
dois resistores em paralelo de 1 Ω). Logo, nesse trecho:
02 C
1 1 1 1 5
2
= + + = ⇒ RE1 = = 0, 4 Ω
RE1 2 1 1 2
5
Determinando a d.d.p. no primeiro resistor citado:
U1 = R1 · i1 = 10 · 3
U1 = 30 V
Como os resistores estão em paralelo, o segundo resistor
também está submetido a uma d.d.p. de 30 V. A intensidade de corrente elétrica que passa por este é dada por:
i2 = iT − i1 = 4, 5 A − 3, 0 A = 1, 5 A
Logo, aplicando a Primeira Lei de Ohm para o segundo
resistor, tem-se:
U 30
R2 = =
i2 1, 5
R2 = 20 Ω
Note que RE1 ica em série com dois resistores de 1 Ω, e
estes também estão em série. Logo:
RE1= 0,4 Ω + 2 Ω = 2,4 Ω.
(V) No primeiro trecho, há dois resistores de 1 Ω em série
(originam um de 2 Ω, e este ica em paralelo com outros
dois resistores em paralelo de 1 Ω). Observe que, na
parte de baixo desse trecho, também há dois resistores
de 1 Ω em série, originando um de 2 Ω que também
ica em paralelo com o conjunto. Logo, nesse trecho:
1 1 1 1 4
2
= + + = ⇒ RE1 = = 0, 5 Ω
RE1 2 1 2 2
4
Note que RE1 ica em série com três resistores de 1 Ω,
sendo estes também em série. Logo:
RE1= 0,5 Ω + 3 Ω = 3,5 Ω.
03 F, V, F, V, V
(F) Note que, com a chave aberta, há três resistores em
série: o de 1 Ω, o de 3 Ω e o de 4 Ω (antes da chave),
originando um resistor equivalente de 8 Ω. Como a
d.d.p. da bateria vale 12 V, a intensidade de corrente
fornecida por ela é dada por:
12
i = = 1, 5 A
8
(V) Como foi determinada a intensidade de corrente elétrica com a chave aberta, ou seja, 1,5 A, tem-se que a
potência dissipada será dada por:
P = U · i = 12 · 1,5 = 18 W
(F) Com a chave fechada, os dois resistores de 4 Ω icam em
paralelo, originando uma resistência equivalente a 2 Ω.
Esta ica em série com os outros resistores do circuito,
de modo que a resistência total vale 6 Ω. Desse modo,
a intensidade de corrente fornecida pela bateria vale:
i=
05 D
Do enunciado e dos dados do problema, tem-se:
6 9
U2
 0, 6 W 
L1 
⇒ p=
⇒ = ⇒ R1 = 15 Ω

 3V 
10 R1
R1
U2
3 9
 0, 3 W 
⇒ = ⇒ R1 = 30 Ω
⇒ p=
L2 
 3 V 
R2
10 R2
R1
12
=2A
6
Essa intensidade de corrente total se divide igualmente
pelos dois resistores de 4 Ω, sendo que cada um deles
é percorrido por uma intensidade de corrente de 1 A.
(V) Conforme foi citado no item anterior, a intensidade de
corrente total fornecida pela bateria vale 2 A.
(V) Sabendo que, com a chave fechada, a intensidade de
corrente total fornecida vale 2 A, a potência total dissipada no circuito é dada por:
P = U ⋅ i = 12 ⋅ 2 = 24 W
04 V, F, V, F
(V) Analisando da esquerda para a direita, observa-se
que as duas associações em série (1 Ω e 1 Ω = 2 Ω)
estão em paralelo, originando um resistor de 1 Ω. Este
ica em série com os dois resistores em paralelo 1 Ω
(estes originam um resistor de 0,5 Ω). A seguir, deve-
8
(F) Note que há dois conjuntos de dois resistores de 1 Ω
em paralelo. Cada um origina um resistor de 0,5 Ω.
Além desses dois conjuntos citados, há três resistores de 1 Ω em série com eles. Logo, no trecho inal,
RE= 0,5 Ω + 1 Ω + 0,5 Ω + 1 Ω = 4 Ω
6V
i ⇒ P = U⋅i ⇒
R2
6
= 3 i ⇒ i = 0, 2 A
10
30R
+ 15 (1)
30 + R
2
6
E
⇒
=
i =
10 RE
RE
2)
RE = 30 (2
30R
(1) = (2) ⇒
+ 15 = 30
30 + R
R = 30 Ω
RE =
2a Série – Ensino Médio
R
FÍSICA 2
LIVRO 3
09 D
06 B
Redesenhando o circuito, tem-se:
Analisando a igura do problema, pode-se airmar que a
intensidade de corrente que passa pelo resistor de 6 Ω é o
dobro daquela que passa pelo resistor de 12 Ω. Da mesma
forma, pode-se airmar que a intensidade de corrente que
passa pelo resistor de 4 Ω é o triplo daquela que passa
pelo resistor de 12 Ω (os três resistores estão em paralelo).
Logo:
B
em curto-circuito).
(F) Note que R1, R2 e R3 estão associados em paralelo.
Estão em
curto-circuito
7Ω
D
R
B
A
A
B
3Ω
2Ω C
D 3Ω
2Ω
R
10 Ω
5Ω
10 Ω
2
R AB =
B
3Ω
Resistor em
curto-circuito
2R
B
2R ⋅ R 2R
2
=
⇒ R AB = R
2R + R 3R
3
2Ω
A
3Ω
C
2Ω
R
08 B
3Ω
C
B
D
10 Ω
5Ω
A
D
R AB = 2 + 5 + 3 ⇒ R AB = 10 Ω
B
b) Analisando o circuito, tem-se:
Analisando o circuito, tem-se:
150 Ω
A
A
C
Trecho em
curto-circuito
R
A
B
R
200 Ω
80 Ω
C
100 Ω
R
60 Ω
100 Ω
B
C
R
R
A
D
B
R
R
80 Ω
R
B
B
B
(V) Como R1, R2 e R3 estão em paralelo, entre A e C, C e D
e D e E, a diferença de potencial não é nula.
10 Ω
A
B
10 a) Analisando o circuito, tem-se:
Analisando o circuito, tem-se:
B
R4
E≡B
(F) Apesar de C e E possuírem o mesmo potencial elétrico,
os resistores R1, R2 e R3 estão em paralelo (e não estão
É possível usar qualquer um dos três resistores em paralelo
para calcular a queda de tensão:
1 ⋅ 12 + 6R = 60
48
R=
=8Ω
6
R
R3
(F) Apesar de A e D possuírem o mesmo potencial elétrico,
os resistores R1, R2 e R3 estão em paralelo (e não estão
em curto-circuito).
Obtendo a intensidade de corrente total:
i = 1+ 2 + 3 = 6 A
R
A≡D
A
(F) Note que R4 está em curto-circuito.
i6 = 2 A e i4 = 3 A.
07 A
R2
R1 C≡E≡B
A
R
B
80 Ω
150 Ω
A
C
R
C
80 Ω
60 Ω
D
B
200 Ω
Note que o único resistor entre os pontos A e B vale R.
2a Série – Ensino Médio
9
FÍSICA 2
LIVRO 3
100 Ω
150 Ω
A
60 Ω
40 Ω
C
D
B
200 Ω
100 Ω
150 Ω
A
100 Ω
C
B
200 Ω
50 Ω
150 Ω
A
C
B
200 Ω
A
RE = 100 Ω
B
RAB = 100 Ω
10
2a Série – Ensino Médio
FÍSICA 2
LIVRO 3
Resoluções de ENEM e vestibulares
01 B
Note que a leitura atual é dada por 2 354 kWh e a leitura
do mês anterior é dada por 1876 kWh. Desse modo, o consumo será dado por:
E = 2 354 – 1 876 = 478 kWh
Com isso, o custo será dado por:
C = 478 · 0,20 = 95,60
Para que a potência dissipada seja a menor possível, maior
deverá ser a resistência total do circuito. Isso ocorrerá com
o fechamento da chave 3, pois ela faz o resistor 2R1 (em
série com o primeiro resistor R1) fazer parte do circuito.
Caso se ligue a chave 2, haverá uma resistência equivalente menor e uma maior potência dissipada.
07 C
02 A
Aplicando a Lei de Joule para as duas lâmpadas, tem-se:
U2
U2
e RB =
PA
PB
Sendo PA < PB , resulta R A > RB .
Note que, ao fechar a chave S, as lâmpadas L2 e L3 icam
em curto-circuito, ou seja, elas se apagam. Com isso, apenas a lâmpada L1 ica acesa.
RA =
08 A
03 B
Se o consumo de 300 kWh custa R$ 75,00, conclui-se que o
consumo de 1 kWh custa R$ 0,25.
O cálculo da energia elétrica consumida nos 4 banhos diários, ao inal de um mês, é dado por:
5
⋅ 30h ⇒ Eel. = 30 kWh
60
Por regra de três simples e direta, tem-se:
Eel. = P ⋅ ∆t ⇒ Eel. = 3 kW ⋅ 4 ⋅
1 kWh → R$ 0, 25
 x = R$ 7, 50
30 kWh →
x 
RE = R1 + R2 ⇒ RE = 2 Ω ⇒ RE = 5 Ω. Então, tem-se agora
duas resistências, cada uma de 5 Ω em paralelo. Isso não
importa mais; o importante é que, se as resistências estão
em paralelo, então a corrente será distribuída igualmente
entre elas. O fato de as lâmpadas de cima estarem separadas não interfere. O que vale é a resistência equivalente, e
esta é de 5 Ω, igual à de baixo. Cada lâmpada, então, receberá a mesma corrente elétrica. A corrente não “enxerga”
uma resistência de 3 Ω e outra de 2 Ω; ela “enxerga” uma
resistência total de 5 Ω, por isso se distribui igualmente. É
assim que funciona.
09 C
04 B
O valor, em reais, corresponde ao número de kWh multiplicado pelo preço do kWh. Supondo que o preço do kWh
não se modiicou, se o número de kWh dobra, o preço
também dobra. Logo:
R$ 53,23 · 2 = R$ 106,46
05 A
Dos conhecimentos sobre associação de resistores em
série e em paralelo, tem-se:
U = 3Ris 1 e U =
R
ip 2
3
Portanto:
3Ris =
O circuito é composto por duas lâmpadas no io de cima
e uma no de baixo. As duas lâmpadas de cima estão em
série, o resistor equivalente entre elas será a soma das
resistências das duas lâmpadas, ou seja:
1
R
ip ⇒ ip = iP
3
9
06 D
Situação de chave aberta:
 Somente os dois resistores, de 10 Ω e de 20 Ω, estão
em série nessa situação. Desse modo, tem-se uma
resistência elétrica total de 30 Ω, de modo que a intensidade de corrente que passa pela resistência de 20 Ω
corresponde à corrente elétrica total, dada por:
6
i=
= 0, 2 A = 200 mA
30
Situação de chave fechada:
 Os dois resistores de 5 Ω que estão em série originam
um resistor de 10 Ω, e este ica em paralelo com o resistor de 10 Ω do lado esquerdo, originando um resistor
de 5 Ω, que ica em série com o resistor de 20 Ω. Desse
modo, tem-se uma resistência elétrica total de 25 Ω, de
modo que a intensidade de corrente que passa pela
resistência de 20 Ω corresponde à corrente elétrica
total, dada por:
Caso a chave 1 não seja ligada, a bateria não fornecerá corrente elétrica alguma ao circuito. Desse modo, essa chave
deve obrigatoriamente ser fechada.
2a Série – Ensino Médio
i=
6
= 0, 24 A = 240 mA
25
1
FÍSICA 2
LIVRO 3
10 A
A translação é um dos movimentos astronômicos da Terra
e consiste em uma órbita ligeiramente elíptica em torno
do Sol. A composição do movimento de translação com a
inclinação natural do eixo de rotação da Terra em relação
ao plano de órbita (plano imaginário que une o centro da
Terra ao centro do Sol) resulta nas estações climáticas do
ano. O fenômeno é caracterizado por variações de duração
dos dias e das noites proporcionais à latitude. As regiões
Sul, Sudeste e Centro-Oeste do Brasil estão em latitudes
em que ocorre essa variação de duração dos dias entre o
verão e o inverno. Desse modo, no dia 21 de dezembro,
ocorre o solstício (dia com diferente duração em relação
à noite; é o dia mais longo do ano) de verão, com dias
mais longos que as noites. Portanto, ao longo do período
de outubro a fevereiro, as regiões Sul, Sudeste e Centro-Oeste, com dias mais prolongados ao adotar o artifício
do horário de verão com uma hora a mais nos relógios,
consegue uma economia de energia.
I. (F) A energia elétrica gerada anualmente é maior para
Itaipu (93 bilhões de kWh) do que para Três Gargantas (84 bilhões de kWh), porém a capacidade máxima
de geração, que é a potência instalada, é maior
para Três Gargantas (18 200 MW) do que para Itaipu
(12 600 MW).
II. (V) Itaipu é mais eiciente porque, embora tenha potência instalada menor, consegue produzir mais energia
elétrica anualmente.
12600 MW
= 9 MW/km2
1 400 km2
18200 MW
= 18,2 MW/km2
Três Garg antas:
1000 km2
III.(V) Itaipu:
U
(I)
i
2a Lei de Ohm: R =
ρL
(II)
A
Comparando-se (I) e (II), tem-se:
U ρL
UA
=
⇒i=
i
A
ρL
Observando-se que a intensidade da corrente i é diretamente proporcional à área de seção transversal A.
14 A
Cálculo da resistência de cada lâmpada:
U2
R
(120 )2
40 =
R
R = 360 Ω
Po =
11 E
1a Lei de Ohm: R =
Cálculo do valor da resistência equivalente das 4 lâmpadas
associadas em paralelo:
360
4
= 90 Ω
Req =
Req
Cálculo da potência total fornecida por essas 4 lâmpadas
em paralelo (uma chocadeira):
PT =
U2 (120 )2
=
Re q
90
PT = 160 W
Cálculo da energia consumida por essa chocadeira em um dia:
E = P · ∆t = 160 W · 1 dia
E = 160 W por dia ou E = 0,16 kW por dia
A hidrelétrica fornece 24 kW por dia, e a chocadeira consome 0,16 kW por dia; logo, o número de chocadeiras:
12 B
Apesar do elevado potencial eólico do território brasileiro,
ainda é restrita a participação dessa forma de energia na
matriz energética brasileira. Isso se deve ao elevado investimento necessário para a sua instalação, comparada à
energia hidrelétrica, predominante no país.
n=
24
0,16
n = 150 chocadeiras por dia
15 E
I. RL =
13 E
A manutenção da temperatura constante da sala depende
da capacidade de refrigeração dos aparelhos que, por sua
vez, relaciona-se com a quantidade de calor liberada pelas
40 pessoas na sala.
i=2A
2
R
C
RL = 12 Ω
A
B
196 V
Para uma dada iação, a corrente máxima suportada, sem
ocorrer a fusão do material condutor elétrico, depende da
espessura do io (área da seção transversal).
A demonstração desse fato, para um io de comprimento
L, resistividade ρ, submetido a uma tensão elétrica U e
atravessado por uma corrente elétrica de intensidade i, é
feita a seguir.
UL2
(24 )2
⇒ RL =
⇒ RL = 12 Ω
48
PL
24 V
UAB = 220 V
II. i =
UL
24 V
⇒i=
⇒ i = 2, 0 A
RL
12 Ω
III. R =
U
196 V
⇒R =
⇒ R = 98 Ω
i
2A
2a Série – Ensino Médio
FÍSICA 2
LIVRO 3
16 B
4Ω
2Ω
a
d
3Ω
d
5Ω
4Ω
b
e
3Ω
2Ω
a
10 Ω
e
4Ω
d
d
d
5Ω
10 Ω
10 Ω
R
42 V
3Ω
10 Ω
R
42 V
e
5Ω
4Ω
b
e
3Ω
a
5Ω
4Ω
a
10 Ω
R
42 V
e
b
I. P = R ⋅ i2 ⇒ i2 =
5Ω
R
42 V
b
2Ω
a
5Ω
b
3Ω
45
⇒ i = 3, 0 A
5
II. Observando o circuito circulado, tem-se:
10R 

U = RE ⋅ i ⇒ 42 = 9 +
⋅3
 10 + R 
30R
30R
⇒ 42 − 27 =
⇒ 150 + 15R = 30R
42 = 27 +
10 + R
10 + R
R = 10 Ω
10 R
⇒ RE( AB ) = 5 Ω
III. RE( AB ) =
10 + R
IV. UAB = RE( AB ) ⋅ i ⇒ UAB = 5 Ω ⋅ 3 A = 15 V
2a Série – Ensino Médio
3