Questões de Eletricidade: Geradores, Receptores e Capacitores

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1 
 Prof. A.F.Guimarães 
Questões Eletricidade 7 – Geradores, Receptores e Capacitores 
Questão 1  
 
(UFRS)  No  circuito  da  figura  a  seguir,  o 
amperímetro  A  registra  uma  corrente  i  =  0,2  A. 
Cada  um  dos  três  resistores  representados  na 
figura tem resistência R = 40 Ω. Qual é a potência 
dissipada  pelo  par  de  resistores  associados  em 
paralelo? 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A(   ). 0,8 W; 
B(   ). 1,6 W; 
C(   ). 3,2 W; 
D(   ). 8,0 W; 
E(   ). 16,0 W; 
Resolução: 
Como  os  resistores  associados  em  paralelo  são 
idênticos, a resistência equivalente é dada por: 
 
40 20 .
2eq
R = = Ω  
 
Assim, a potência dissipada será: 
 
2 220 0,2
0,8 .
d eq d
d
P R i P
P W
= ⇒ = ⋅
∴ =  
 
Letra “A”. 
 
Questão 2  
 
(FUVEST) Um sistema de alimentação de energia 
de  um  resistor  R  =  20  Ω  é  formado  por  duas 
baterias, B1 e B2, interligadas através de fios, com 
as  chaves  Ch1  e  Ch2,  como  representado  na 
figura.  A  bateria  B1  fornece  energia  ao  resistor, 
enquanto a bateria B2 tem a função de recarregar 
a  bateria  B1.  Inicialmente,  com  a  chave  Ch1 
fechada  (e  Ch2  aberta),  a  bateria  B1  fornece 
corrente  ao  resistor  durante  100  s.  Em  seguida, 
para  repor  toda a energia química que a bateria 
B1  perdeu,  a  chave  Ch2  fica  fechada  (e  Ch1 
aberta),  durante  um  intervalo  de  tempo  T.  Em 
relação a essa operação, determine: 
a) o  valor  da  corrente  I1,  em  àmperes,  que 
percorre  o  resistor  R,  durante  o  tempo  em 
que a chave Ch1 permanece fechada. 
b) a  carga  Q,  em  C,  fornecida  pela  bateria  B1, 
durante  o  tempo  em  que  a  chave  Ch1 
permanece fechada. 
c) o intervalo de tempo T, em s, em que a chave 
Ch2 permanece fechada. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
As  baterias  podem  ser  representadas  pelos 
modelos a seguir, com: 
fem 1 = 12 V e r1 = 2Ω e fem 2 = 36 V e r2 = 4Ω. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução: 
a) Durante  a  chave  Ch1  fechada  (Ch2  aberta), 
temos: 
 
Ⓐ 
ε 
R 
R 
R i 
36V 12V 
R
Ch1 
Ch2
B1 B2൅ ‐ 
൅  ‐ 
r1 
fem 1 
+ 
_ B1 
r2 
fem 2 
+ 
_ B2 
 
 
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2 
1 1
1
1
12
20 2
0,55 .
I I
R r
I A
ε= ⇒ =+ +
∴ ≅
 
 
b) A carga é dada por: 
 
1 55 .Q I t Q C= ⋅∆ ⇒ ≅  
 
c) Com  a  chave  Ch2  fechada  (Ch1  fechada), 
temos: 
 
2 2
1 2
24 4 .
6
I I A
r r
ε ε′−= ⇒ = =+  
 
 
Para determinar o tempo temos: 
 
2
55
4
13,75 .
QI t
t
t s
= ⇒∆ =∆
∴∆ =
 
 
 
Questão 3  
 
(MACK) Um circuito elétrico é constituído de um 
gerador  de  força  eletromotriz  ε  e  resistência 
interna  r,  e  de  um  resistor  de  resistência  R 
variável  (figura  I).  A  potência  dissipada  no 
resistor  em  função  da  corrente  i  é  dada  pelo 
gráfico mostrado na figura 2. Os valores da força 
eletromotriz  ε  e  da  resistência  interna  r  do 
gerador são, respectivamente: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A(   ). 50 V, 4 Ω; 
B(   ). 20 V, 2 Ω; 
C(   ). 20 V, 1 Ω; 
D(   ). 25 V, 0,5 Ω; 
E(   ). 15 V, 0,5 Ω. 
Resolução: 
O  gráfico  representa  a  potência  dissipada  pela 
resistência  externa R. Mas  essa mesma  potência 
advém  da  potência  útil  fornecida  pelo  gerador, 
que é dada pela expressão:  
 
2.uP i r iε= ⋅ − ⋅   (3.1) 
 
Logo, do gráfico, teremos: 
 
10 .cci rr
ε ε= ⇒ =  (3.2) 
 
Utilizando a (3.1) e os dados do gráfico, teremos: 
 
50 5 25 .rε= −   (3.3) 
 
Substituindo  o  resultado  de  (3.2)  em  (3.3), 
teremos: 
 
50 50 25 2
20 .
r r r
Vε
= − ⇒ = Ω
∴ =  
 
Letra “B”. 
 
Questão 4  
 
(MACK‐SP)  No  circuito  esquematizado,  a  ddp 
entre os pontos A e B é: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A(   ). 2,4 V; 
B(   ). 4,8 V; 
C(   ). 1,2 V; 
D(   ). 6,0 V; 
E(   ). zero. 
Resolução: 
Para determinarmos a ddp entre os pontos A e B, 
precisamos previamente determinar a resistência 
equivalente  do  circuito.  Com  a  resistência 
equivalente podemos encontrar a intensidade de 
r 
ε 
i 
R 
Figura 1 
Figura 2 
i(A)
P(W) 
10 5 0 
50 
1,2 Ω 
6,0 V 
A 
10 Ω 
3,0 Ω2,0 Ω
5,0 Ω
B
 
 
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3 
corrente  no  gerador.  Assim,  teremos  para  a 
resistência equivalente: 
 
 
 
 
  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Vamos  “abrir”  o  circuito  e  desenhar  todos  os 
resistores que ligam os pontos A e B. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
8 12 24 4,8 .
20 5
⋅ = Ω= Ω  
 
 
 
 
 
 
 
Assim,  poderemos  determinar  a  intensidade  de 
corrente que percorre o gerador, utilizando a  lei 
de Ohm‐Pouillet. Logo, 
 
6
4,8 1,2
1 .
i i
R r
i A
ε= ⇒ =+ +
∴ =
 
 
De  posse  do  valor  da  intensidade  de  corrente, 
poderemos agora utilizar a equação do gerador e 
determinar a ddp nos terminais AB. Assim, 
 
6 1,2 1
4,8 .
AB AB
AB
U ri U
U V
ε= − ⇒ = − ⋅
∴ =  
 
Letra “B”. 
 
Questão 5  
 
(ITA) A diferença de potencial entre os terminais 
de  uma  bateria  é  de  8,5  V,  quando  há  uma 
corrente  que  a  percorre,  internamente,  do 
terminal  negativo  para  o  positivo,  de  3,0  A.  Por 
outro  lado,  quando  a  corrente  que  a  percorre 
internamente  for  de  2,0  A,  indo  do  terminal 
positivo para o negativo, a diferença de potencial 
entre seus terminais é de 11 V. Nessas condições, 
a  resistência  interna  da  bateria,  expressa  em 
ohms,  e  a  sua  força  eletromotriz,  expressa  em 
volts, são respectivamente: 
A(   ). 2,0 e 100; 
B(   ). 0,50 e 10; 
C(   ). 0,50 e 12; 
D(   ). 1,5 e 10; 
E(   ). 5,0 e 10. 
Resolução: 
Quando a corrente percorre o dispositivo do pólo 
positivo  para  o  negativo,  o  dispositivo  funciona 
como um gerador. Assim, teremos: 
 
 
 
 
 
8,5 3 .U ri rε ε= − ⇒ = −  (5.1) 
 
Agora,  quando  a  corrente percorre o dispositivo 
do  pólo  negativo  para  o  pólo  positivo,  o 
1,2 Ω
6,0 V 
A 
10 Ω 
3,0 Ω 2,0 Ω 
5,0 Ω 
B 
Série Série 
1,2 Ω
6,0 V 
A 
8,0 Ω12,0 
B 
B  A 
1,2 Ω
6,0 V 
A  B 
12 Ω 
8 Ω 
Paralelo
1,2 Ω
6,0 V 
A  B 
4,8 Ω 
r 
ε 
3,0 A 
 
 
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4 
dispositivo  funciona  como  um  receptor.  Assim, 
teremos: 
 
 
 
 
 
 
11 2 .U ri rε ε= + ⇒ = +   (5.2) 
 
Dos resultados (5.1) e (5.2), teremos: 
 
2,5 5 0,5 .r r= ⇒ = Ω  
 
E para a força eletromotriz, teremos: 
 
11 2 0,5 10 .Vε ε= + ⋅ ⇒ =  
 
Letra “B”. 
 
Questão 6  
 
(ITA) As duas baterias da figura estão ligadas em 
oposição.  Suas  fem  e  resistências  internas  são, 
respectivamente: 18,0 V e 2,00 Ω; 6,00 V e 1,00 Ω, 
sendo i a corrente no circuito, Vab a tensão Va – Vb 
e Pd a potência  total dissipada, podemos afirmar 
que: 
 
 
 
 
 
 
 
 
A(   ). i = 9,00 A; Vab = ‐10,0 V; Pd = 12,0 W 
B(   ). i = 6,00 A; Vab = 10,0 V; Pd = 96,0 W 
C(   ). i = 4,00 A; Vab = ‐10,0 V; Pd = 16,0 W 
D(   ). i = 4,00 A; Vab = 10,0 V; Pd = 48,0 W 
E(   ). i = 4,00 A; Vab = 24,0 V; Pd = 32,0 W. 
Resolução: 
Vamos  determinar  a  intensidade  de  corrente  do 
circuito: 
 
18 6 4 .
3
i
r r
ε ε′− −= = = Ω′+  
 
Agora, podemos determinar a ddp entre a e b: 
18 2 6
18 2 4 10 .
ab ab
ab
V i ou V i
V V
= − = +
= − ⋅ =  
 
A potência total dissipada é dada por: 
 
23 3 16
48 .
d
d
P i
P W
= ⋅ = ⋅
∴ =  
 
Letra “D”. 
 
Questão 7  
 
(MACK) No circuito representado no esquema, a 
carga  final  do  capacitor  de  50  µF,  inicialmente 
neutro, é igual a: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A(   ). zero; 
B(   ). 1ڄ10‐6 C; 
C(   ). 2ڄ10‐6 C; 
D(   ). 3ڄ10‐6 C; 
E(   ). 4ڄ10‐6 C; 
Resolução: 
Esse  é  um  circuito  de  ponte  de  Wheatstone.E 
podemos  concluir  que  esse  circuito  de  ponte  se 
encontra em equilíbrio, como podemos observar 
da regra: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1 3 2 4
4 3 2 6 12.
R R R R⋅ = ⋅
⋅ = ⋅ =  
 
r 
ε 
2,0 A
2,00 Ω 18,0 V 
1,00 Ω 
6,00 V 
b  a 
4 Ω
50µF 
6 Ω
2 Ω 
3 Ω 
10 V 
൅ ‐
4 Ω
50µF 
6 Ω
2 Ω 
3 Ω 
10 V 
൅ ‐
 
 
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5 
Se  esse  circuito  de  ponte  se  encontra  em 
equilíbrio,  a  ddp  nos  terminais  do  capacitor  é 
nula. Logo sua carga final será nula.  
 
Letra “A”. 
 
Questão 8  
 
(ITA) O circuito  representado na  figura abaixo é 
constituído por uma pilha ideal de 1,5 V de força 
eletromotriz,  ligada  a  um  fio  condutor  PQ 
homogêneo  de  secção  reta  constante.  O  fio  é 
provido  de  terminais  igualmente  espaçados, 
sendo que entre dois deles se encontra ligado um 
capacitor  de  10  µF  em  série  com  um 
galvanômetro.  Com  a  chave  C  fechada,  é  nula  a 
indicação  do  galvanômetro,  portanto,  pode‐se 
afirmar que: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A(   ). A carga no capacitor é nula. 
B(   ). A carga no capacitor é de 7,5 µC, sendo A a 
placa positiva. 
C(   ). A carga no capacitor é de 15 µC, sendo que 
a placa A está a um potencial maior do que a 
placa B. 
D(   ). A carga no capacitor é de 5,0 µC,  sendo a 
placa A positiva. 
E(   ). A carga no capacitor é bem menor do que 
5,0 µC, sendo a placa A positiva com relação a 
B. 
Resolução: 
Como  o  galvanômetro  não  acusa  corrente, 
podemos  concluir  que  o  capacitor  se  encontra 
carregado cuja carga do capacitor será dada por: 
 
.Q C U= ⋅  
 
Como o condutor PQ é homogêneo de secção reta 
constante,  e  com  terminais  igualmente 
espaçados,  podemos  concluir  que  a  tensão  total 
será  dividida  em  6  partes  iguais.  Logo,  a  tensão 
entre os terminais “df” será de:  1,52 0,5 .
6
V⋅ =  
Assim, a carga será de:  0,5 10 5 .Q Cµ= ⋅ =  
 
Letra “D”. 
 
Questão 9  
 
(MACK)  No  circuito  elétrico  esquematizado,  os 
valores da diferença de potencial entre os pontos 
A  e  B  e  da  intensidade  de  corrente  i  valem, 
respectivamente: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A(   ). 2 V e zero; 
B(   ). 1 V e zero; 
C(   ). zero e zero; 
D(   ). 2 V e 1 A; 
E(   ). 2 V e 2 A. 
Resolução: 
Assumindo  que  os  capacitores  estão  totalmente 
carregados,  a  intensidade  de  corrente  que 
percorre a os resistores de 5 Ω, 3 Ω e 9Ω é nula. 
 
Então na associação dos capacitores, temos que: 
 
4 6 12.U U U U= + +   (9.1) 
 
Sendo que em (9.1), temos que: 
 
10 2 .U i′= −  (9.2) 
 
Sendo  que  i’  é  a  intensidade  da  corrente  que 
percorre  o  gerador  de  fem  10  V  e  resistência 
interna  2Ω.  Para  encontrar  o  valor  de  i’,  vamos 
encontrar  a  resistência  externa  equivalente. 
Temos  dois  resistores  de  6  Ω  em  paralelo  cuja 
Q Ⓖ 
A  B 
a 
P 
b  c  d  e  f  g 
E1 
+  ­ C 
5 Ω 
6µF
6 Ω
2 Ω
3 Ω
10 V
6 Ω 
9 Ω 
12µF
4µF 
A 
B 
i
 
 
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6 
resistência equivalente vale 3 Ω. Agora utilizando 
a lei de Ohm‐Pouillet, teremos: 
 
10 2 .
3 2
i A′ = =+  ሺ9.3ሻ 
 
Agora utilizando (9.2), teremos: 
 
10 2 2 6 .U V= − ⋅ = ሺ9.4ሻ 
 
Na  associação  em  série  de  capacitores,  temos 
que: 
 
1 2 3
1 1 1 1
1 1 1 1
4 6 12
1 6 2 .
12
eq
eq
eq
eq
C C C C
C
C F
C
µ
= + +
= + +
= ∴ =
 ሺ9.5ሻ 
 
Então a carga total acumulada será igual a: 
 
2 6 12 .eqQ C U Q Cµ= ⇒ = ⋅ =  (9.6) 
 
Como na associação em série temos: 
 
4 6 12.Q Q Q Q= = =  (9.7) 
 
Então, teremos: 
 
6 6
12 6
2 .
AB
AB
AB
Q C U
U
U V
=
=
∴ =
 (9.8) 
 
Letra “A”. 
 
Questão 10  
 
(FATEC) Na figura, a resistência de cada resistor 
está expressa em ohms. Sabendo que UAB = 100 V, 
então, as leituras do voltímetro e o amperímetro, 
considerados  ideais,  serão  dadas 
respectivamente por: 
A(   ). 40 V e 1,25 A; 
B(   ). 40 V e 2,50 A; 
C(   ). 40 V e 5,00 A; 
D(   ). 20 V e 1,25 A; 
E(   ). 20 V e 2,50 A. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução: 
Previamente,  devemos  encontrar  a  resistência 
equivalente do circuito. Assim teremos: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
4 Ω 
6 Ω
2 Ω
12 Ω
10 Ω 
15 Ω 
20 Ω 
4 Ω 
Ⓐ 
Ⓥ 
A 
B 
4 Ω 
6 Ω
2 Ω
12 Ω 
10 Ω
15 Ω 
20 Ω 
4 Ω 
Ⓐ 
Ⓥ 
A 
B 
Série: 10 Ω 
10 Ω
2 Ω
12 Ω 
10 Ω
15 Ω 
20 Ω 
4 Ω 
Ⓐ 
Ⓥ 
A 
B  Paralelo: 5 Ω 
5 Ω
2 Ω
12 Ω 
15 Ω 
20 Ω 
4 Ω 
Ⓥ 
A 
B 
Série: 20 Ω 
 
 
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7 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Como  a  resistência  equivalente  do  circuito  vale 
10 Ω, podemos determinar a corrente no circuito: 
 
100 10 .
10 10
ABUi i A= ⇒ = =  
 
Como  a  corrente  do  circuito  passa  através  do 
resistor de 4 Ω (com os terminais no voltímetro), 
a tensão acusada no voltímetro será de: 
 
4 10 40 .V V= ⋅ =  
 
Agora, poderemos determinar a corrente acusada 
no amperímetro. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Como  as  resistências  equivalentes  para  cada 
associação que resolvemos são iguais, a corrente 
sempre se divide pela metade. 
 
Letra “A”. 
 
Questão 11  
 
(IME)  No  circuito  representado  a  seguir,  o 
amperímetro A, ideal, indica I = 2 A.  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
20 Ω
2 Ω 
12 Ω 
20 Ω 
4 Ω 
Ⓥ 
A 
B 
Paralelo: 10 Ω 
10 Ω
2 Ω 
12 Ω 
4 Ω 
Ⓥ 
A 
B 
Série: 12 Ω 
A 
B 
12 Ω
12 Ω 
4 Ω 
Ⓥ 
Paralelo: 6 Ω 
6 Ω
4 Ω 
Ⓥ 
Série: 10 Ω 
A 
B 
4 Ω 
6 Ω
2 Ω
12 Ω 
10 Ω 
15 Ω 
20 Ω 
4 Ω 
Ⓐ 
Ⓥ 
A 
B 
5A
10A 
5A 2,5A 
2,5A
1,25A 
1,25A
Ⓐ 
E1  E2 
E3 
r1  r2 
r3 
R1 
R2 
R3 
R5 
R4 
R
I 
+ ­ 
­ 
­ 
+ 
+ 
 
 
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8 
Dados: 
 
Bateria  1:  fem E1  =  9  V;  resistência  interna  r1  = 
1,5 Ω; 
Bateria  2:  fem E2  =  3  V;  resistência  interna  r2  = 
0,5 Ω; 
Bateria 3: fem E3 = 12 V; resistência interna r3 = 
2,0 Ω; R2 ൌ R3 ൌ 4 Ω; R4 ൌ 12 Ω; R5 ൌ 1 Ω. 
 
Determine: 
aሻ O valor da resistência R; 
bሻ A  quantidade  de  calor  desenvolvida  em  R5, 
num intervalo de tempo igual a 10 minutos. 
Resolução: 
a) As  baterias  1  e  2  estão  associadas  em  série. 
Sendo  assim,  a  bateria  equivalente  de  1  e  2 
possui  fem  E12  =  12  V  e  resistência  interna 
equivalente  r12  =  2  Ω.  De  tal  forma  que  essa 
associação resulta em uma bateria com a mesma 
fem E3 e e resistência interna r3. O que temos aqui 
é  uma  associação  em  paralelo  da  bateria 
equivalente  de  1  e  2  e  a  bateria  3.  Logo,  desta 
associação,  teremos  uma  bateria  equivalente 
dada por: Eeq123  = 12 V  e  req123  = 1 Ω,  que  estão 
associadas  em  paralelo.  A  corrente  total  no 
circuito então vale 4 A.  
 
Os resistores R2 e R3 estão associados em 
paralelo,  logo  Req23  =  2  Ω.  Que  em  seguida  está 
associado em série com R1, logo Req123 ൌ 4 Ω. Que 
por  sua  vez  está  associado  em  paralelo  com  R4, 
logo Req1234 ൌ 3 Ω ሺproduto/somaሻ. Esse resistor 
equivalente está associado em série com R5, logo 
Req12345 ൌ 4 Ω.  
 
Da lei de Ohm‐Pouillet, temos: 
 
123
123
124
1
2 .
eq
eq eq eq
eq
E
i
R r R
R
= ⇒ =+ +
∴ = Ω
 
 
Esse  é  o  valor  da  resistência  externa 
equivalente do circuito. Mas a resistência externa 
equivalente do circuito é dada por: 
 
12345
12345
.eqeqeq
R R
R
R R
⋅= +  
 
Logo, R = 4 Ω. 
b) A  corrente que passa no  resistor R5  vale  2 A. 
Assim, a potência dissipada vale: 
 
2
5 5 5 5 4 .D DP R i P W= ⇒ =  
 
Assim,  e  10  min,  a  quantidade  de  calor 
desenvolvida por esse resistor é dada por: 
 
5
4 600 2400
DQ P t
Q J
=ℑ= ⋅∆
= ⋅ =  
 
Cerca de 571,4 cal. 
 
Questão 12  
 
(FUVEST)  No  circuito  da  figura  a  seguir,  o 
componente D, ligado entre os pontos A e B, é um 
diodo. Esse dispositivo se comporta,  idealmente, 
como  uma  chave  controlada  pela  diferença  de 
potencial  entre  seus  terminais.  Sejam VA e VB  as 
tensões  dos  pontos  A  e  B,  respectivamente.  Se 
VB<VA,  o  diodo  se  comporta  como  uma  chave 
aberta,  não  deixando  fluir  nenhuma  corrente 
através  dele,  e  se  VB൒VA,  o  diodo  se  comporta 
como  uma  chave  fechada,  de  resistência  tão 
pequena  que  pode  ser  desprezada,  ligando  o 
ponto  B  ao  ponto  A.  O  resistor  R  tem  uma 
resistência variável de 0 a 2 Ω.  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Nesse circuito, determine o valor da: 
a) Corrente  i  através  do  resistor  R,  quando  sua 
resistência é de 2 Ω. 
b) Corrente  i0  através  do  resistor  R,  quando  a 
sua resistência é zero. 
c) Resistência  R  para  a  qual  o  diodo  passa  do 
estado de condução para o de não‐condução e 
vice‐versa. 
Resolução: 
Vamos resolver de duas formas. 
2 Ω  1 Ω 
20 V 
8 V
A 
B 
D  R 
i 
 
 
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9 
1ª Forma: 
a) Vamos utilizar as  leis Kirchhoff para analisar 
esse circuito. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Em A, temos: 
 
1 2.i i i= +   (12.1) 
 
Para a malha α, temos: 
 
( )120 2 8 0.A Bi V V− − − − =   (12.2) 
 
Se  VA>VB.  Mas  se  isso  ocorre,  a  intensidade  de 
corrente  i2  =  0  (o  diodo  é  uma  chave  aberta). 
Então, do resultado (12.1), podemos concluir que 
i = i1.  
 
Para a malha β, temos: 
 
( )
( )
1
1
8 2 0,
8 3 0.
A B
A B
V V i i i i
V V i
+ − − − = =
+ − − =   (12.3) 
 
Agora,  somando  os  resultados  (12.2)  e  (12.3) 
teremos: 
 
1 120 5 0 4 .i i i A− = ∴ = =  (12.4) 
 
Mas, se VAൌVB, o diodo funciona como uma chave 
fechada,  ou  seja,  a  intensidade  i2  não  será  nula. 
Assim, teremos para a malha α:  
 
1 120 2 8 0 6 .i i A− − = ⇒ =   (12.5) 
 
E para a malha β, teremos: 
 
( )1 28 3 0.i i− + =  (12.6) 
 
Então, de (12.5), teremos para (12.6): 
 
2
2
8 18 3 0
10 .
3
i
i A
− − =
∴ =−  
 
Esse  resultado  mostra  que  devemos  inverter  o 
sentido  da  corrente  2  (i2).  Porém,  se  assim  o 
fizermos,  estaríamos  permitindo  que  o  diodo 
conduzisse  uma  corrente  de  A  para  B.  E  é 
justamente isso que ele não permite (VB൒VA). 
 
Portanto,  a  corrente  no  resistor  R  é  dada  por 
(12.4). 
 
b) Se R = 0, teremos: 
 
Para a malha α: 
 
( )120 2 8 0.A Bi V V− − − − =   (12.7) 
 
Se  VA>VB.  Mas  se  isso  ocorre,  a  intensidade  de 
corrente  i2  =  0  (o  diodo  é  uma  chave  aberta). 
Então, do resultado (12.1), podemos concluir que 
i = i1.  
 
Para a malha β: 
 
( ) 1 18 0, .A BV V i i i+ − − = =  (12.8) 
 
Somando os resultados (12.7) e (12.8), teremos: 
 
1 1
2020 3 0
3
i i A− = ⇒ =   (12.9) 
 
Utilizando a o resultado (12.8), teremos: 
 
( )
( )
208 0
3
4 .
3
A B
A B
V V
V V V
+ − − =
∴ − =−
    (12.10) 
 
Mas se VA>VB ֜ VA – VB > 0. Portanto, o resultado  
(12.9)  não  está  correto.  Assim,  devemos 
considerar VAൌVB. E o diodo deve funcionar como 
uma chave  fechada, ou seja,  a  intensidade  i2 não 
será  nula.  Então,  utilizando  (12.6),  com  R  =  0, 
teremos: 
 
R
2 Ω  1 Ω 
20 V 
8 V 
A 
B 
D 
i 
i1 
i2 
α  β 
 
 
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10 
( )1 2 1 28 0, .
8 .
i i i i i
i A
− + = = +
∴ =   (12.11) 
 
c) Utilizando os resultados (12.5) e  (12.6), para 
VA = VB, teremos: 
 
( )( )
( )
2
2
2
8 1 6 0
86
1
8 6.
1
R i
i
R
i
R
− + + =
+ = +
= −+
  (12.12) 
 
Para  o  diodo  conduzir  corrente,  i2  ൒  0.  Assim, 
teremos, para (12.12): 
 
( )8 6 0 8 6 1
1
4 1
3
1 .
3
R
R
R
R
− ≥ ⇒ ≥ ++
≥ +
∴ ≤ Ω
 
 2ª Forma: 
a) Se o diodo não conduz, podemos concluir que 
a  ddp  nos  terminais  da  parte  central  que 
contém o diodo é nula. Assim, 
 
20 5 4 .i i A= ⇒ =  
 
Se o diodo estiver conduzindo corrente, podemos 
concluir que a ddp da parte central que contém o 
diodo vale 8 V. Assim, teremos: 
 
20 2 8 6 .i i A′ ′− = ⇒ =  
 
Essa  é  a  intensidade de  corrente que percorre  a 
malha  da  esquerda.  Para  a  malha  da  direita, 
temos: 
 
88 3 .
3
i i A= ⇒ =  
 
Mas no nó A, temos que: 
 
8 6
3
10 .
3
i i i i
i A
′ ′′ ′′= + ⇒ = +
′′ =−
 
Onde i’’ é a intensidade da corrente que percorre 
o  diodo.  Mas  o  sinal  negativo  sugere  que  essa 
corrente  deve percorrer  o  trecho  do diodo de A 
para  B.  O  que  não  é  possível  pela  própria 
condição  para  o  diodo  possa  conduzir  corrente 
elétrica. 
Portanto,  a  corrente  que  percorre  o  resistor  R 
(2Ω) só pode ser a de 4A. 
 
b) Se R = 0, temos que: 
 
Se o diodo não conduz, podemos concluir que: 
 
0 0
2020 3 .
3
i i A= ⇒ =  
 
Mas,  para  que  a  ddp  seja  nula  nesse  trecho, 
teremos que VA – VB = ‐8 V. O que remete a VB > 
VA.  Então  o  diodo  na  verdade  conduz  uma 
corrente  elétrica.  E  se  o diodo  conduz,  a  ddp na 
parte  central  deve  valer  8V.  Desta  forma, 
teremos, para a malha da esquerda: 
 
0 8 .i A=  
 
c) Neste caso, para o diodo conduzir corrente, a 
parte  central  possui  uma  ddp  igual  a  8V. 
Assim, 
( )( )8 1 , 6
8 6
1
R i i i A
i
R
′ ′′ ′= + + =
′′ = −+
 
 
E como i’’ ൒ 0, podemos concluir que: 
 
1 .
3
R≤ Ω