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256 RESOLUÇÃO
SIM
ULA
DÃO
: RE
SOL
UÇÃ
O
SIM
ULA
DÃO
: RE
SOL
UÇÃ
O
801 Alternativa e. c) Determinando a resistência do resistor na posição
verão:
P � 4 200 W P � 
 
U
R
2
 → R � 
 
U
P
2
 � 
 
220
4200
2
U � 220 V
R � 11,52 Ω
d) Significa que o resistor, através de efeito Joule,
transforma energia elétrica em energia térmica, sonora
e luminosa na razão de 5 400 joules a cada 1 segundo.
804 U � E � R � i → 0 � E � 10R → E � 10R
i � 
 
E
R Ru�
 → 5 � 
 
10
18
R
R � ,
 → R � 
 
9
5
R
Daí: E � 10R � 10 � 
 
9
5
 � 18 V
I. Como o voltímetro é ideal, a sua resistência é infi-
nita. Portanto, no ponto B não há divisão de corrente.
Então, pode-se afirmar que a corrente em R1 e em R2 é
a mesma.
II. UAB � R1 � i � 10i
UBC � R2 � i � 20 � i � 10 → i � 0,5 A
UAB � 10 � 0,5 � 5 V � UAB � 5 V
III. UAC � E E � 5 � 10 � E � 15 V
UAC � UAB � UBC
IV. P2 � R2 � i
2 � 20 � (0,5)2 → P2 � 5 W
802 a) i � 
 
P
U
 � 4,0 A
R � 
 
U
i
 � 1,5 W
b) UBC � 6,0 V; i � 4,0 A
UAB � 6,0 V
� RAB � 1,5 Ω
V
E
A
B
C
R1 R2
10 � 20 �
UV � 10 V
A B
R3
R1 R2
L
C
12 V
i
803 a) Na posição inverno devemos ter maior potên-
cia dissipada, portanto, a menor resistência equivalente.
A B C
fio fase
fixo
fio neutro
b) Na posição verão devemos ter a menor potência
dissipada, portanto a maior resistência equivalente.
A B C
fio fase
fixo
fio neutro
R
RV � 1,8� 
i
E
805 a) V – ddp nos terminais da bateria V � E � i � r
V� – ddp nos terminais do resistor V� � i � R
Como V � V� → E � i � r � i � R → 12 � 3r � 3,0 � 3,5
→ r � 0,5 Ω
b) V � E � i � r � V � 12 � 3,0 � 0,50 → V � 10,5 V →
V � 11 V
� � 
 
P
P
u
T
 � e PT � E � i � 36 W → � � 88%
d) E � Pu � �t → E � 31,5 � 10 � 60 � 18 900 → E �
1,9 � 104 J
e) E � �Q � m � c � �� → �� � 
 
E
m c�
 →
�T � 
 
18900 0 24
240
� ,
 → �� � 19 °C
806 Alternativa a.
E
20 �
6 �R2U2
R1
U1
RV � (0 � 50 �)
E � U1 � U2 → E � 
 
E
2
 � U2 → U2 � 
 
E
2
Logo:
R1 � 
 
R R
R R
v
v
2
2
�
�
 → 4 � 
 
6
6
�
�
R
R
v
v
Rv � 12 Ω
RESOLUÇÃO 257
SIM
ULA
DÃO
: RE
SOL
UÇÃ
O
SIM
ULA
DÃO
: RE
SOL
UÇÃ
O
807 Alternativa a. 810 Alternativa c.
O circuito equivalente é:
U � E � r � i → 12 � E � r � 0
E � 12 V
U� � E � r � i� → U� � 12 � 1r
U� � R � i� → U� � 10 � 1 � 10 V
Logo : 10 � 12 �1r → r � 2 Ω
808 Alternativa a.
• Rfio � ρ � 
 
�
s
 � 2 � 10�4 → 
 
3
2 10 4� �
 � 3 Ω
3 m ⎯ 3 W Rv � 
 
6
3
 � 2 Ω
2 m ⎯ Rv
i � 
E
R R rv � �
 � 
30
2 3 1� �
 � 
 
30
6
 � 5 A
Portanto, a afirmação I é correta.
• Deslocando-se o cursor para o ponto B, diminui Rv.
Em i � 
 
E
R R rv � �
 diminui o denominador, aumenta
o valor de i.
Então, a afirmação II é falsa.
• Pd � Rv � i
2
Pd � 2 � 25 � 50 W
A afirmação III é correta.
809 Do gráfico, temos:
i � 0 e U � 1,5 V
i � 0,75 A e U � 0
Logo:
U � E � r � i 1,5 � E
0 � E → 0,75r
Daí, 0 � 1,5 � 0,75r → r � 2 Ω
• A máxima corrente é 0,75 A.
• A potência é máxima quando i � 0,375 A. Logo:
Pu � U � i � (1,5 � 2i) i
Pu � (1,5 � 2 � 0,375) 0,375 A
Pu � 0,28 W
i � 
 
E
r r�
 � 
 
1 5
2 2
,
�
 � 0,375 A
Assim, são verdadeiras as afirmações 00 e 44.
E
U
r
i � 0
V voltímetro
ideal
10 �R
E
U�
r
12 V i� � 1A
2 �
1 �
2 �
B
15 V
A
i
Req � 
 
3 6
3 6
�
�
 � 2 Ω
Logo:
i � 
 
15
2 2 1� �
 � 
 
15
5
 � 3 A
Se UAB � 2i → UAB � 2 � 3 � 6 V, temos:
UAB � 6 � i1 → 6 � 6i1 → i1 � 1 A
UAB � 3 � i2 → 6 � 3 � i2 → i2 � 2 A
U � E � r � i → U � 15 � 3 � 1
U � 12 V
Pd � r � i2 → Pd � 1 � 32 � 9 W
Portanto, a afirmativa c é incorreta.
811 a)O sentido do movimento dos íons positivos é
da foace B para a face A devido à polaridade do gera-
dor (vai do positivo para o negativo).
b) Usando a lei de Ohm:
U � R � i → i � 103 � R � 1 � 10�6 → R � 1 � 109 Ω
Sendo S � 10 � 10�2 � 10 � 10�2 � 1 � 10�2 m2 e � �
1 m, temos:
R � ρ � 
 
�
S
 → 1 � 109 � ρ � 
 
1
1 10 2� �
ρ � 1 � 17 Ω � m
812 a) Se a chave S estiver aberta, os dois pés do
pássaro estarão a um mesmo potencial e, portanto,
não haverá corrente através dele e o pássaro não re-
ceberá um choque.
b) Se a chave S estiver fechada, existe uma corrente
no circuito e, agora, existe uma ddp através da lâm-
pada (portanto, entre os pés do pássaro) e este rece-
berá um choque. A corrente ip que passa através do
pássaro pode ser calculada do seguinte modo: a ddp
através do pássaro (e da lâmpada) ee igual à ddp V
fornecida pela bateria. Podemos então escrever V �
Rpip, donde ip � 
 
V
Rp
.
c) Se a chave S estiver aberta, outra vez os dois pees
de cada pássaro estarão a um mesmo potencial (em-
bora este potencial seja diferente para cada pássaro)
e, portanto, não há corrente através de nenhum deles.
Nenhum peassaro receberá um choque.
�
�
258 RESOLUÇÃO
SIM
ULA
DÃO
: RE
SOL
UÇÃ
O
SIM
ULA
DÃO
: RE
SOL
UÇÃ
O
d) Se a chave S estiver fechada haverá uma corrente
no circuito. Entretento, para o segundo pássaro a ddp
entre seus pés continua sendo nula, pois o fio entre os
seus pés é ideal e tem resistência nula. Logo, toda a
corrente fluirá por este fio e nenhuma corrente atra-
vessará o pássaro. Portanto, o segundo pássaro não
levará um choque.
813 Alternativa c.
 
1
Req
 � 
 
1
6
 � 
 
1
6
 �
 
1
6
 → Req � 2 Ω
i � 
 
E
R � �2 1
 → 1 � 
 
6
3 � R
R � 3 Ω
814 a)Supondo a situação ideal, temos:
E � R � i → 12 � 1 000i → i � 0,012 A
ou i � 12 mA
b) Na situação não-ideal, o circuito equivalente fica:
816 Alternativa c.
• situação I
A corrente elétrica é igual a:
i � 
 
E
r R Req A� �
 → i � 
 
12
1 909 50� �
i � 0,0125 A ou i � 12,5 mA
A indicação do voltímetro é:
U � Req � i → U � 909 � 0,0125
U � 11,4 V
815 0.(Verdadeira) O potencial no ponto A corresponde
ao potencial total da bateria (máximo), antes das que-
das de tensão que ocorrem nos resistores, chegando
ao ponto B de potencial mínimo.
1. (Falsa) A corrente que passa pelo resistor de 3 Ω (I2)
é maior que a corrente que passa pelo resistor de 6 Ω,
já que sua resistência é menor.
2. (Verdadeira) Determinando o Req:
Req � 8 � 
 
3 6
3 6
�
�
 � 10 → Req � 20 Ω
3. (Verdadeira) Determinando a potência dissipada:
Pd � R � i2 → Pd � 20 � 52 � 500 W
4. (Falsa) Determinando a carga que atravessa o gera-
dor:
i � 
 
�
�
Q
t
 → �Q � 5 � 5
�Q � 25 C
RV � 10 000 �
RA � 50 �
r � 1 �
E � 12 V
R � 10 000 � Req � 909 �
RA � 50 �
r � 1 �
E � 12 V
i
i
i
U
⇔�
A potência dissipada pelos resistores, será:
P � 
 
E
R
2
 � 
 
E
R
2
2
 → Pd1
 � 
 
3
2
2E
R
• situação II
R
E
2R
A
B
� �
R
E
A
B
� �
R
2
A potência dissipada pelos resistores, será:
P � 
 
E
R
2
 � 
 
E
R
2
2
 → Pd2
 � 
 
3 2E
R
Estabelecento a razão entre as potências dissipadas:
 
P
P
d
d
1
2
 � 
 
3
2
3
2
2
E
R
E
R
 → Pd2 
� 2Pd1 
→ 
 
P
P
d
d
1
2
 � 
 
1
2
RESOLUÇÃO 259
SIM
ULA
DÃO
: RE
SOL
UÇÃ
O
SIM
ULA
DÃO
: RE
SOL
UÇÃ
O
817 Alternativa d.
U � 120 V
• para obter 120 V devemos associar as quarenta ba-
a) Chave aberta (i � 0):
U � 3E � r � i → 4,5 � 3E → E � 1,5 V
b) Chave fechada (RL � 10 W e U � 4 V):
i � 
 
E
R r iL �
 � 
 
1 5
10 3
,
� r
 → 10i � 3ri � 1,5 1
U � 3E � 3ri → 4 � 4,5 � 3ri → 3ri � 0,5 2
Substituindo 2 em 1 , vem:
10i � 0,5 � 1,5 → i � 0,1 A
c) 3ri � 0,5 → 0,3r � 0,5 → r � 
 
5
3
r
d) Req � 3r � RL → Req � 3 � 
 
5
3
 � 10 → Req � 15 Ω
818 a) A associação é dada por:
Ch
RL
RL
A
E E E
Br r r i iA B
3E
3r
L
�
Daí, temos:
n � E � U → n � 60 � 10�3 � 480 → n � 8 000 células
b) P � U � i → P � 480 � 1 → P � 480 W
819 Alternativa d.
U
"n células em série"
i � 
 
E
R R
eq
eq3 �
 � 
 
3
2 0 5� ,
 � i � 1,2 A
Uv � R3 � i � 2 � 1,2 � Uv � 2,4 V
820 Alternativa e.
1 �
2 �
R1
R2
R3
1 �
1,5 V 1,5 V
A
A
2 �
R3
UV
Req � 0,5 �
Req � 3 V
A
A
�
• para o funcionamento da lâmpada é necessário que
3 V 3 V 3 V
A
lâmpada
(120 V)
B
terias em série
U � U1 � U2 � ... U40 � 40 � 3 � 120 V
821 Alternativa c.
6 �
B
A
BA
12 � 12 � 3 � 3 � 6V⇒� ⇒�
P � 
U
R
2
 → P � 
6
3
2
 → P � 12 W
Es � 1,5 � 1,5 � 1,5 � 1,5 � 6 V
822 Alternativa b.
A resistência de cada lâmpada vale:
R � 
 
U
R
2
 � 
 
( )
,
1
0 5
2
 � R � 2 Ω
Chave aberta
i � 
 
3
2 6r �
 → 0,3 � 
 
3
2 6r �
 → r � 2r
Chave fechada (Eq � 3 V e req � 2 � 6 � 8 Ω)
i � 
 
E
r
eq
eq
 � 
 
3
8
A → i � 375 mA
823 U � E� � r�i → 100 � E � 5 � 8 → E � 60 V
824 Alternativa c.
U � E� � r�i; logo:
22 � E� � 2r� �
25 � E� � 5r�
�3 � �3r�
r� � 1 Ω
Logo:
22 � E� � 2 → E� � 20 V
825 Alternativa a.
1,5 V 1,5 V
r r
chave A
R R R
6 �
2 �
3 V
i
260 RESOLUÇÃO
SIM
ULA
DÃO
: RE
SOL
UÇÃ
O
SIM
ULA
DÃO
: RE
SOL
UÇÃ
O
826 Alternativa b.
U � E� � r�i → 120 � 110 � r� � i
r�i � 10
Pd � r�i2 → Pd � r�i � i
100 � 10i
i � 10 A
Mas:
r�i � 10 → r� � 10 � 10 → r� � 1 Ω
64. A potência dissipada no gerador é:
P � r � i2 � 1 � 12 � 1 W (falsa)
Portanto: 01 � 02 � 08 � 32 � 43
832 01. R1, R2 e R3 estão em paralelo. (falsa)
02. A resistência total vale:
 
1
R
 � 
 
1
1R
 � 
 
1
2R
 � 
 
1
3R
 → 
 
1
R
 �
 
1 2 3
20
� �
 → R � 4 Ω
Req � R4 � R → Req � 50 � 4 → 54 Ω (falsa)
04. A leitura em A1 será:
Ueq � Req � ieq → 270 � 54ieq → ieq � 5 A (verdadeira)
08. Determinando UAB:
UAB � E � R4 � ieq → UAB � 270 � 50 � 5 � 20 V (
verdadeira)
16. A leitura em A2 será:
A B
500 V
100 V
i 8 �
20 �
4 �
827 Alternativa e.
VM � VN � 5 � i � 3 � 10 � i
36 � VN � 5 � 2 � 3 � 10 � 2
36 � VN � 33 → VN � 3 V
828 Alternativa a.
8i � 500 � 4i � 100 � 20i � 0
i � 12,5 A
829 Alternativa e.
UAB � E � r � i
UAB � 500 � 8 � 12,5
UAB � 400 V
h � 
 
P
P
u
t
 � 
 
U i
Ei
AB � 
 
400
500
 � 0,8 � 80%
830 Alternativa a.
A corrente tem sentido anti-horário; logo:
� E2 � r2i � E1 � r1i � Ri � 0
� 4 � 2i � 2 � 1i � 5i � 0
i � 0,25 A
831 01. Como E1 � E2, a bateria E1 está funcionando
como fonte de força eletromotriz e a bateria E2 está
funcionando como receptor de fem e2 (verdadeira)
02. Pela lei de Ohm-Pouillet:
i � 
 
9 3
6
�
 � 1 A → leitura 1 A (verdadeira)
04. A leitura do voltímetro V2 é a ddp no receptor, logo:
U2 � E2 � v2 � i → U2 � 3 � 1 � 1 � 4 V (falsa)
08. A leitura do voltímetro V1 é a ddp no gerador, logo:
U1 � E1 � v1 � i → U1 � 9 � 1 � 1 � 8 V (verdadeira)
16. A leitura no voltímetro V3 é a ddp na associação em
paralelo de R1 com R2, com Req � 2 Ω, logo:
U3 � Req � i � 2 � 1 � 2 V (verdadeira)
32. A energia consumida no receptor é:
E2 � P2 � Dt → E2 � U2 � i � Dt � 4 � 1 � 1 � 4 kWh
(verdadeira)
A
B
20 � 20 V 10 � 10 �
A2
5A 4A
1A 2A 2A
(verdadeira)
32. A potência dissipada em R1 é metade da dissipada
em R2.
Pd r1
 � R1 � 1
2 → Pd r1
 � 20 W
Pd r2
 � R2 � 2
2 → Pd r2
 � 40 W → Pd r2
 � 2 � Pd r1
Então: 04 � 08 � 16 � 28
833 Dados: U � 12 V; P � 48 W
a) A corrente através de cada lâmpada será:
P � U � i → 48 � 12 � i → i � 4 A
b) O fusível deve ser dimensionado para um valor mí-
nimo de 8 A, já que cada lâmpada é atravessada por
4 A.
5A
F
L L
4A
4A
834 Dados: R1 � R2 � R3 � R4 � 120 Ω; UAB � 270 V
a) Determinando a resistência do resistor equivalente:
R1 R2,3 R4
RESOLUÇÃO 261
SIM
ULA
DÃO
: RE
SOL
UÇÃ
O
SIM
ULA
DÃO
: RE
SOL
UÇÃ
O
b) Determinando a corrente em L3:
837 Alternativa e.
Ueq � Req � i → 270 � 300 � i → i � 0,9 A
Portanto, a corrente em L3 será 0,45 A
c) Tirando L3, temos:
Req � R1 � R2 � R4 � 360 Ω
Ueq � Req � i → 270 � 360 � i � 0,75 A
Portanto, a lâmpada L4 passa a ser percorrida pou uma
corrente ( 0,75 A) menor que a anterior (0,9 A), logo,
brilhará menos.
835 Alternativa b.
Utilizando a lei dos nós ou 1ª lei de Kirchhoff:
0,45 A
0,45 A
R1
R2
R3
R40,9 A
4 �
3 � 5 �
� � � �
10 A 2 A
X
x � 2 � 10 → x � 8,0 A
Sendo assim, a tensão no resistor de 4 Ω será:
U � R � i → U � 4 � 8 � 32 V
836 Alternativa d.
Associando os dois elementos de fem iguais a 3 V em
paralelo, temos Ep � 3 V, logo o circuito passa a ser:
1,75 �
1,25 �
9 V
1,5 V
1,5 V 3 V
Ep
i
Pela lei de Ohm-Pouillet, temos:
i � 
 
( , ) ( , )
, ,
9 1 5 3 1 5
175 1 25
� � �
�
i � 
 
10 5 4 5
3
, ,�
 � 
 
6
3
 � i � 2 A
nó A → i1 � i3 � i2
malha β → 20i3 � 10 � 50i2 � 0
2,5 � 10 � 50i2 � 0
i2 � 0,150 A
Logo: i1 � 0,125 � 0,150
i1 � 0,025 A
malha α → �e1 � 10 � 50i2 � 100i1 � 0
�e1 � 10 � 7,5 � 2,5 � 0
e1 � 0
838 a) O circuito é:
10 V
100 �
50 �
20 �
e1
i1
i2
i3 � 0,125 A
α
β
A
12 V
5 �
i
i2i1
N
M
A
Com o capacitor carregado a leitura do amperímetro é
zero (não passa corrente elétrica nesse trecho, i2 � 0).
b) A corrente i � i1 é igual a:
i � 
 
12
5 5�
 → i � 1,2 A
A diferença de potencial entre A e B é:
UMN � 5i → UMN � 5 � 1,2 � 6 V
A carga armazenada é:
Q � C � U → Q � 1 � 10�5 � 6 � 6 � 10�5 C � 60 � 10�6 C
� 60 �C
c) Sem a bateria, o circuito fica:
R1
A
Assim, as placas do capacitor, carregadas com carga
Q � 6 � 10�5 C ficam ligadas entre si e os elétrons da
placa negativa começam a passar para a placa positi-
va. No início, o fluxo de cargas é grande porque a ddp
entre as placas é máxima. No decorrer do tempo, o
fluxo de elétrons vai se reduzindo, porque há cada vez
menos eleetrons para se tranferirem, até que cessa
completamente quando não houver mais cargas nas
placas, isto é, Q � 0. Se Q � 0, obtemos U � 0. Desse
onde R2,3 � 
 
120 120
120 120
�
�
 � 60 Ω
Req � 120 � 60 � 120 � 300 Ω