Capítulo 27 - Resolução Halliday 10 ed

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Capítulo 27
1. PENSE O circuito é formado por duas baterias e dois resistores. Podemos usar a regra das malhas de Kirchhoff para determinar 
a corrente.
FORMULE Vamos chamar de i a corrente do circuito e tomar o sentido da corrente para a esquerda no resistor R1 como positivo. 
De acordo com a regra das malhas de Kirchhoff,
ANALISE (a) Explicitando i na equação anterior, obtemos
O sinal positivo indica que a corrente tem o sentido anti-horário.
(b) A potência dissipada em R1 é P1 = i2R1 = (0,50 A)2(4,0 W) = 1,0 W. 
(c) A potência dissipada em R2 é P2 = i2R2 = (0,50 A)2 (8,0 W) = 2,0 W.
(d) A potência associada à fonte ε1 é P1 = iε1 = (0,50 A)(12 V) = 6,0 W.
(e) A potência associada à fonte ε2 é P2 = iε2 = (0,50 A)(6,0 V) = 3,0 W. 
(f) Como a corrente na bateria 1 tem o mesmo sentido que a força eletromotriz, a bateria 1 fornece energia ao circuito, ou seja, 
está se descarregando. 
(g) Como a corrente na bateria 2 tem o sentido oposto ao da força eletromotriz, a bateria 2 recebe energia do circuito, ou seja, 
está se carregando.
APRENDA Multiplicando por idt a equação obtida a partir da regra das malhas de Kirchhoff, obtemos a equação do “método da 
energia” discutida no Módulo 27-1:
O primeiro termo representa o trabalho realizado pela bateria 1 no intervalo de tempo dt, o segundo e terceiro termos representam 
as energias térmicas dissipadas nos resistores R1 e R2, e o último termo representa o trabalho realizado sobre a bateria 2. 
2. A corrente no circuito é 
i = (150 V – 50 V)/(3,0 W + 2,0 W) = 20 A.
Como VQ + 150 V – (2,0 W)i = VP,
VQ = 100 V + (2,0 W)(20 A) –150 V = –10 V.
3. (a) A diferença de potencial é V = ε + ir = 12 V + (50 A)(0,040 W) = 14 V.
(b) P = i2r = (50 A)2(0,040 W) = 1,0 × 102 W.
(c) Pʹ = iV = (50 A)(12 V) = 6,0 × 102 W.
(d) V = ε – ir = 12 V – (50 A)(0,040 W) = 10 V.
(e) Pr = i2r =(50 A)2(0,040 W) = 1,0 × 102 W.
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 6 1
4. (a) Como, de acordo com a regra das malhas, a queda de tensão no ramo superior deve ser 12 V, a queda de tensão no resistor 
3 é 5,0 V. Isso significa que a corrente no ramo superior é i = (5,0 V)/(200 W) = 25 mA. Nesse caso, a resistência do resistor 1 é 
(2,0 V)/i = 80 W.
(b) A resistência do resistor 2 é (5,00 V)/(25 mA) = 200 W.
5. A energia química da bateria é reduzida de DE = qε, em que q é a carga que passa pela bateria em um intervalo de tempo Dt = 
6,0 min e ε é a fem da bateria. Se i é a corrente, q = iDt e 
DE = iε Dt = (5,0 A)(6,0 V) (6,0 min) (60 s/min) = 1,1 × 104 J = 11 kJ.
Note que foi necessário converter o tempo de minutos para segundos.
6. (a) O custo é (100 W·8,0 h/2,0 W·h) ($0,80) = $3,2 × 102.
(b) O custo é (100 W·8,0 h/103 W·h) ($0,06) = $0,048.
7. (a) A energia química consumida pela bateria é
2 2(2,0 V) (2,0 min)(60s/min)
80 J.
1,0 5,0
tU Pt
r R
ε
= = = =
+ Ω + Ω
(b) A energia dissipada pelo fio é
22
2 2,0 V (5,0 )(2,0 min)(60 s/min) 67 J.
1,0 5,0
U i Rt Rt
r R
ε   ′ = = = Ω =   + Ω + Ω   
(c) A energia dissipada pela bateria é U - Uʹ = 80 J - 67 J = 13 J.
8. Se P é a potência fornecida pela bateria e Dt é um intervalo de tempo, a energia fornecida no intervalo de tempo Dt é DE = P 
Dt. Se q é a carga que passa pela bateria no intervalo de tempo Dt e ε é a fem da bateria, DE = qε. Igualando as duas expressões de 
DE e explicitando Dt, obtemos
(120 A h)(12,0 V) 14,4 horas.
100 W
qt
P
ε ⋅∆ = = =
9. (a) O trabalho W realizado pela fonte é igual à variação de energia potencial:
W = qDV = eV = e(12,0 V) = 12,0 eV.
(b) P = iV = neV = (3,40 × 1018/s)(1,60 × 10–19 C)(12,0 V) = 6,53 W.
10. (a) De acordo com a regra das malhas, i = (ε2 – ε1)/(r1 + r2 + R). Explicitando R, obtemos
22 1
1 2 3
3,0 V 2,0 V
3,0 3,0 9,9 10 .
1,0 10 A
R r r
i
ε ε
−
− −
= − − = − Ω− Ω = × Ω
×
(b) P = i2R = (1,0 × 10–3 A)2(9,9 × 102 W) = 9,9 × 10–4 W.
11. PENSE Como mostra a Fig. 27-29, este problema envolve um componente X que produz uma força eletromotriz ε. São fornecidas 
algumas informações a respeito do circuito e, com base nessas informações, devemos determinar outras características do circuito.
FORMULE A diferença de potencial entre os pontos A e B do circuito é dada por
em que ε é a força eletromotriz do dispositivo X e é tomada como sendo positiva se apontar para a esquerda na figura.
1 6 2 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
ANALISE (a) A diferença de potencial entre A e B é
O fato de que o trecho AB do circuito absorve energia significa que o ponto A está a um potencial mais alto que o ponto B, ou 
seja, VA – VB = 50 V.
(b) A força eletromotriz do dispositivo X é dada por
(c) O fato de que ε é positivo significa que a força eletromotriz aponta para a esquerda e, portanto, o ponto B está ligado ao ter-
minal negativo.
APRENDA Escrevendo a diferença de potencial na forma VA - iR - ε = VB, vemos que o resultado obtido está de acordo com 
as regras para resistências e baterias. Partindo do ponto A, a variação de potencial é -iR, quando passamos pela resistência R na 
direção da corrente, e é -ε, quando passamos pela bateria na direção oposta à da seta da força eletromotriz (que aponta no sentido 
oposto ao da corrente). 
12. (a) Para cada fio, Rfio = ρL/A, em que A = πr2. Assim, temos 
Rfio = (1,69 × 10‒8 W·m)(0,200 m)/π(0,00100 m)2 = 0,0011 W.
A carga resistiva total da fonte é, portanto, 
Rtot = 2Rfio + R = 2(0,0011 W) + 6,00 W = 6,0022 W.
A corrente do circuito é, portanto, 
tot
12,0 V 1,9993 A
6,0022
i
R
ε= = =
Ω
e a diferença de potencial entre as extremidades do resistor é 
V = iR = (1,9993 A)(6,00 W) = 11,996 V ≈ 12,0 V.
(b) A diferença de potencial entre as extremidades de um dos fios é 
Vfio = iRfio = (1,9993 A)(0,0011 W) = 2,15 mV.
(c) PR = i2R = (1,9993 A)2(6,00 W) = 23,98 W ≈ 24,0 W.
(d) Pfio = i2Rfio = (1,9993 A)2(0,0011 W) = 4,396 mW ≈ 4,40 mW.
13. (a) Se L é o comprimento do cabo e α é a resistência do cabo por unidade de comprimento, a resistência medida na extremi-
dade leste é 
R1 = 100 W = 2α(L – x) + R
e a resistência medida na extremidade oeste é
R2 = 2αx + R.
Assim,
( )
2 1 200 100 10km 6,9km.
4 2 4 13 km 2
R R Lx
α
− Ω − Ω
= + = + =
Ω
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 6 3
(b) Temos também
( )( )1 2 100 200 13 km 10km 20
2 2
R RR Lα+ Ω + Ω= − = − Ω = Ω .
14. (a) Vamos chamar de V1 e V2 as fem das fontes. De acordo com a regra das malhas,
V2 – ir2 + V1 – ir1 – iR = 0 ⇒ 2 1
1 2
.
V Vi
r r R
+=
+ +
A diferença de potencial entre os terminais da fonte 1 é V1T = V1 - ir1 e a diferença de potencial entre os terminais da fonte 2 é 
V2T = V2 - ir2, em que r1 e r2 são as resistências internas das fontes 1 e 2, respectivamente. Assim, 
V1T = V1 – 1 2 1
1 2
( )r V V
r r R
+
+ +
, V2T = V2 – 1 2 1
1 2
( )
.
r V V
r r R
+
+ +
Conforme o enunciado, V1 = V2 = 1,20 V. De acordo com o gráfico da Fig. 27-32b, V2T = 0 e V1T = 0,40 V para R = 0,10 W. Substi-
tuindo esses valores nas equações anteriores, obtemos um sistema de duas equações com duas incógnitas, r1 e r2. Resolvendo esse 
sistema, obtemos r1 = 0,20 W.
(b) A solução do sistema de equações também nos dá r2 = 0,30 W.
15. Vamos chamar de V a fem da fonte. Nesse caso, V = iR = iʹ(R + Rʹ), em que i = 5,0 A, iʹ = 4,0 A e Rʹ = 2,0 W. Explicitando R, 
obtemos
(4,0 A)(2,0 ) 8,0 .
5,0 A 4,0 A
i RR
i i
Ω′ ′= = = Ω
− −′
16. (a) Seja ε a fem da célula solar e seja V a diferença de potencial entre os terminais da célula. Nesse caso,
.
VV ir r
R
ε ε  = − = −  
 
Substituindo por valores numéricos, temos 
0,10 V
0,10 V
500
rε
 
= −  Ω 
0,15 V
0,15 V .
1000
rε
 
= −  Ω 
 
Resolvendo o sistema de equações anterior, obtemos
(a) r = 1,0 × 103 W = 1,0 kW.
(b) ε = 0,30 V.
(c) A eficiência é
( )
2
3
2 3 2
fornecida
/ 0,15 V 2,3 10 0,23%.
1000 (5,0 cm )(2,0 10 W/cm )
V R
P
η −−= = = × =Ω ×
17. PENSE Uma diferença de potencial zero entre os terminais de uma fonte significa que a força eletromotriz da fonteé igual à 
queda de tensão na resistência interna, ou seja, ε = ir.
1 6 4 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
FORMULE Como, de acordo com o enunciado do problema, as forças eletromotrizes das duas fontes são iguais, vamos fazer 
ε1 = ε2 = ε. As fontes estão ligadas em série de tal forma que as forças eletromotrizes se somam; assim, a força eletromotriz total do 
circuito é 2ε. A resistência total do circuito é Rtotal = R + r1 + r2. Como, de acordo com os dados do problema, a resistência interna 
da fonte 1 é maior, essa é a fonte cuja diferença de potencial pode se anular.
ANALISE (a) A corrente no circuito é
1 2
2i
r r R
ε=
+ +
e para que a diferença de potencial entre os terminais da fonte 1 se anule devemos ter ε = ir1. Substituindo ε por ir1 na equação 
anterior e explicitando R, obtemos
R = r1 - r2 = 0,016 W - 0,012 W = 0,0040 W.
(b) Como foi dito aqui, isso acontece com a fonte 1. 
APRENDA Se o cálculo anterior fosse repetido supondo que a diferença de potencial entre os terminais da fonte 2 é zero, ob-
teríamos a solução R = r2 – r1. Como, de acordo com os dados do problema, r1 > r2, isso significa que R < 0, o que é fisicamente 
impossível. Isso mostra que, em geral, vale a pena fazer uma análise prévia do problema para não perder tempo com hipóteses 
que levam a soluções fisicamente impossíveis.
18. De acordo com as Eqs. 27-18, 27-19 e 27-20, temos
1 2 3 2 3
1
1 2 2 3 1 3
1 3 2 1 2
2
1 2 2 3 1 3
( ) (4,0V)(10 5,0 ) (1,0V)(5,0 ) 0,275 A,
(10 )(10 ) (10 )(5,0 ) (10 )(5,0 )
( ) (4,0 V)(5,0 ) (1,0 V)(10 5,0 )
(10 )(10 ) (10 )(5,0 ) (10 )(5,0 )
R R Ri
R R R R R R
R R Ri
R R R R R R
ε ε
ε ε
+ − Ω+ Ω − Ω= = =
+ + Ω Ω + Ω Ω + Ω Ω
− + Ω − Ω+ Ω= = =
+ + Ω Ω + Ω Ω + Ω Ω
3 2 1
0,025 A,
0,025A 0,275A 0,250A.i i i= − = − = −
A diferença de potencial Vd – Vc pode ser calculada de várias formas. Vamos dar dois exemplos: a partir de Vd – i2R2 = Vc, obtemos
 
Vd – Vc = i2R2 = (0,0250 A)(10 W) = +0,25 V;
a partir de Vd + i3R3 + e2 = Vc, obtemos 
Vd – Vc = i3R3 – ε2 = – (–0,250 A)(5,0 W) – 1,0 V = +0,25 V.
19. (a) Como Req < R, os dois resistores (R = 12,0 W e Rx) devem ser ligados em paralelo:
eq
(12,0 )
3,00 .
12,0
x x
x x
R R RR
R R R
Ω
= Ω = =
+ Ω +
Explicitando Rx, obtemos
eq
eq
(3,00 )(12,0 )
4,00 .
(12,0 3,00 )x
R R
R
R R
Ω Ω
= = = Ω
− Ω − Ω
(b) Como foi visto no item (a), as duas resistências devem ser ligadas em paralelo.
20. Sejam as resistências dos dois resistores R1 e R2, com R1 < R2. De acordo com o enunciado,
1 2
1 2
3,0 e
R R
R R
= Ω
+
 R1 + R2 = 16 W.
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 6 5
Resolvendo o sistema de equações anterior, obtemos R1 = 4,0 W e R2 = 12 W.
(a) A menor resistência é R1 = 4,0 W.
(b) A maior resistência é R2 = 12 W. 
21. A diferença de potencial entre os terminais dos resistores é V = 25,0 V. Como os resistores são iguais, a corrente em cada um 
é i = V/R = (25,0 V)/(18,0 W) = 1,39 A e a corrente na fonte é itotal = 4(1,39 A) = 5,56 A.
Também podemos resolver o problema usando o conceito de resistência equivalente. A resistência equivalente de quatro resistores 
iguais em paralelo é
eq
1 1 4
.
R R R
= =∑
Quando uma diferença de potencial de 25,0 V é aplicada ao resistor equivalente, a corrente é igual à corrente total nos quatro 
resistores em paralelo. Assim,
total
eq
4 4(25,0 V)
5,56 A.
18,0
V Vi
R R
= = = =
Ω
22. (a) Req (FH) = (10,0 W)(10,0 W)(5,00 W)/[(10,0 W)(10,0 W) + 2(10,0 W)(5,00 W)] = 2,50.
(b) Req (FG) = (5,00 W) R/(R + 5,00 W), em que 
R = 5,00 W + (5,00 W)(10,0 W)/(5,00 W + 10,0 W) = 8,33 W.
Assim, Req (FG) = (5,00 W)(8,33 W)/(5,00 W + 8,33 W) = 3,13 W.
23. Vamos chamar de i1 a corrente em R1 e tomar o sentido para a direita como positivo e vamos chamar de i2 a corrente em R2 e 
tomar o sentido para a cima como positivo. 
(a) Aplicando a regra das malhas à malha inferior, obtemos
2 1 1 0,i Rε − =
e, portanto,
2
1
1
5,0 V
0,050 A 50 mA.
100
ε
= = = =
Ω
i
R
(b) Aplicando a regra das malhas à malha superior, obtemos
1 2 3 2 2 0,i Rε ε ε− − − =
e, portanto,
1 2 3
2
2
6,0 V 5,0 V 4,0 V 0,060 A,
50
i
R
ε ε ε− − − −= = = −
Ω
o que nos dá 2| | 0,060 A 60 mA.i = = O sinal negativo indica que o sentido da corrente em R2 é para baixo. 
(c) Se Vb é o potencial no ponto b, o potencial no ponto a é Va = Vb + ε3 + ε2 e, portanto, 
Va – Vb = ε3 + ε2 = 4,0 V + 5,0 V = 9,0 V.
1 6 6 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
24. Os dois resistores em paralelo, R1 e R2, são equivalentes a
1 2
12
12 1 2 1 2
1 1 1 .
R RR
R R R R R
= + ⇒ =
+
Como o resistor equivalente aos resistores R1 e R2 está em série com o resistor R3, a resistência dos três resistores é 
eq 3 12
(4,00 )(4,00 )2,50 4,50 .
4,00 4,00
R R R Ω Ω= + = Ω+ = Ω
Ω+ Ω
25. PENSE A resistência de um fio é inversamente proporcional à área da seção reta. 
FORMULE Seja r a resistência de cada fio fino. Como os fios estão ligados em paralelo, a resistência Req do conjunto é dada por
ou Req = r/9. A resistência de cada fio é r = 4ρl/πd2, em que ρ é a resistividade do cobre, l é o comprimento do fio e d é o diâmetro 
do fio. Por outro lado, a resistência do fio grosso é R = 4ρl/πD2, em que D é o diâmetro do fio grosso. 
ANALISE Para que o fio grosso tenha a mesma resistência que os 9 fios finos em paralelo, devemos ter R = Req, o que nos dá
Explicitando D, obtemos D = 3d.
APRENDA A resistência equivalente Req é nove vezes menor que r. Como r ~ 1/A ~ 1/d2, podemos dividir a resistência por 9 
utilizando um único fio, se multiplicarmos por 3 o diâmetro do fio. 
26. A parte de R0 ligada em paralelo com R é fornecida por R1 = R0x/L, em que L = 10 cm. A diferença de potencial entre os ter-
minais de R é VR = εRʹ/Req, em que Rʹ = RR1/(R + R1) e 
Req = R0(1 – x/L) + Rʹ.
Assim,
2 22
01 1
2 2
0 1 1 0
)
( )
100 (( )1 ,
(1 ) ( ) 100 10
R
R
R x RRR R RVP
R R R x L RR R R R R x x
εε 
 
 
+= = =
− + + + −
em que x está em cm.
O gráfico da potência dissipada no resistor R em função de x para ε = 50 V, R = 2000 W e R0 = 100 W aparece na figura a seguir. 
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 6 7
27. Como as diferenças de potencial são as mesmas para as duas trajetórias, V1 = V2, em que V1 é a diferença de potencial associada 
à corrente que chega ao solo passando pelo corpo da pessoa, e V2 é a diferença de potencial associada à corrente que chega ao solo 
sem passar pelo corpo da pessoa; portanto, i1R1 = i2R2. Como, de acordo com a Eq. 26-16, R = ρL/A, em que ρ é a resistividade do 
ar, temos
 
1 2 2 1( / )i d i h i i d h= ⇒ = .
Para d/h = 0,400 e I = i1 + i2 = 5000 A, obtemos i1 = 3571 A e i2 = 1429 A. Assim, a corrente que atravessa a pessoa é i1 = 3571 A ≈ 
3,6 × 103 A.
28. A reta 1 tem uma inclinação R1 = 6,0 kW, a reta 2 tem uma inclinação R2 = 4,0 kW e a reta 3 tem uma inclinação R3 = 2,0 kW. 
A resistência equivalente de R1 e R2 em paralelo é R12 = R1R2/(R1+R2) = 2,4 kW. Como essa resistência está em série com R3, a 
resistência equivalente do conjunto é 
123 12 3 2,4 k 2,0 k 4,4 k .R R R= + = Ω+ Ω = Ω
A corrente que atravessa a bateria é, portanto, i = ε/R123 = (6 V)(4,4 kW), e a queda de tensão em R3 é (6 V)(2 kW)/(4,4 kW) = 2,73 
V. Subtraindo este valor da tensão da bateria (por causa da regra das malhas), obtemos a tensão entre os terminais de R2. A lei de 
Ohm nos dá a corrente em R2: (6 V – 2,73 V)/(4 kW) = 0,82 mA.
29. (a) A resistência equivalente dos três resistores iguais, R2 = 18 W, é R = (18 W)/3 = 6,0 W, que, em série com o resistor R1 = 6,0 
W, nos dá uma resistência equivalente em série com a bateria Rʹ = R1 + R = 12 W. Assim, a corrente em Rʹ é (12 V)/Rʹ = 1,0 A, que 
também é a corrente que atravessa R. Como essa corrente se divide igualmente pelos três resistores de 18 W, i1 = 0,333 A.
(b) O sentido da corrente i1 é para a direita.
(c) De acordo com a Eq. 26-27, P = i2Rʹ = (1,0 A)2(12 W) = 12 W. Assim, em 60 s, a energia dissipadaé (12 J/s)(60 s) = 720 J.
30. Usando a regra das junções (i3 = i1 + i2), obtemos duas equações de malha:
10,0 V – i1R1 – (i1 + i2) R3 = 0
5,00 V – i2R2 – (i1 + i2) R3 = 0
(a) Resolvendo o sistema de equações anterior, obtemos i1 = 1,25 A e i2 = 0.
(b) i3 = i1 + i2 = 1,25 A.
31. PENSE Este problema envolve um circuito com mais de uma malha. Em primeiro lugar, podemos simplificar o circuito usando 
o conceito de resistência equivalente para reduzir o circuito a uma única malha. Em seguida, podemos usar a regra das malhas de 
Kirchhoff para determinar a corrente no novo circuito e o potencial em dois pontos diferentes do circuito. 
FORMULE Para começar, reduzimos a combinação em paralelo de dois resistores de 2,0 W (no lado direito do circuito) a Rʹ = 
1,0 W, e a combinação em série de dois resistores de 2,0 W (no canto superior esquerdo do circuito) em Rʺ = 4,0 W. Chamando de 
R o resistor de 2,0 W entre os pontos V2 e V1, temos agora três resistores em série cuja resistência equivalente é
e que, de acordo com a regra das malhas, está submetida a uma diferença de potencial ε2 – ε1. De acordo com a lei de Ohm,
O sentido de i é para cima na fonte da direita. Conhecendo i, podemos determinar os potenciais V1 e V2. 
1 6 8 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
ANALISE (a) A diferença de potencial entre os terminais de Rʹ é (1,0 A)(1,0 W) = 1,0 V, o que significa que (examinando o lado 
direito do circuito) a diferença de potencial entre a terra e V1 é 12 V – 1,0 V = 11 V. Levando em conta a polaridade da fonte, 
concluímos que V1 = –11 V.
(b) A diferença de potencial entre os terminais de Rʺ é (1,0 A)(4,0 W) = 4,0 V, o que significa que (examinando o lado esquerdo do 
circuito) a diferença de potencial entre a terra e V2 é 5,0 V + 4,0 V = 9,0 V. Levando em conta a polaridade da fonte, concluímos 
que V2 = –9,0 V. 
APRENDA A diferença de potencial entre os pontos 1 e 2 é
que é igual a iR = (1,0 A)(2,0 W) = 2,0 V.
32. (a) Aplicando a regra das malhas à malha da esquerda, obtemos ε2 + i1 R1 – ε1 = 0. Como a fem ε1 é mantida constante enquan-
to ε2 e i1 variam, vemos que esta expressão, para grandes valores de ε2, nos dá valores negativos para i1. Isso significa que a reta 
tracejada da Fig. 27-43b corresponde a i1, ou seja, a corrente na fonte 1. Como, de acordo com essa reta, i1 é zero para ε2 = 6 V, a 
regra das malhas nos dá, para este valor de i1, ε1 = ε2 = 6,0 V.
(b) De acordo com a reta tracejada da Fig. 27-43b, i1 = 0,20 A para ε2 = 2,0 V. Aplicando a regra das malhas à malha da esquerda 
e usando o valor de ε1 obtido no item (a), obtemos R1 = 20 W.
(c) Aplicando a regra das malhas à malha da direita, obtemos
ε1 – i1 R1 = i1R2.
No ponto em que a reta que corresponde a i2 cruza o eixo horizontal (ou seja, no ponto ε2 = 4 V, i2 = 0), i1 = 0,1 A. Isso nos dá
2
(6,0 V) (0,1 A)(20 )
40 .
0,1 A
R − Ω= = Ω
33. Note que V4, a queda de tensão em R4, é a soma das quedas de tensão em R5 e R6:
 
V4 = i6(R5 +R6) = (1,40 A)(8,00 W + 4,00 W) = 16,8 V.
Isso significa que a corrente em R4 é dada por i4 = V4/R4 = 16,8 V/(16,0 W) = 1,05 A.
De acordo com a regra dos nós, a corrente em R2 é 
i2 = i4 + i6 = 1,05 A + 1,40 A = 2,45 A
e, portanto, a queda de tensão em R2 é
V2 = (2,00 W)(2,45 A) = 4,90 V.
De acordo com a regra das malhas, a queda de tensão em R3 é V3 = V2 + V4 = 21,7 V e, portanto, a corrente em R3 é i3 = V3/ 
(2,00 W) = 10,85 A.
Assim, de acordo com a regra dos nós, a corrente em R1 é
i1 = i2 + i3 = 2,45 A + 10,85 A = 13,3 A,
o que significa que a queda de tensão em R1 é V1 = (13,3 A)(2,00 W) = 26,6 V e, portanto, de acordo com a regra das malhas,
 
ε = V1 + V3 = 26,6 V + 21,7 V = 48,3 V.
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 6 9
34. (a) De acordo com a regra das malhas, a diferença de potencial V1 não varia quando a chave é fechada. O objetivo deste item é 
verificar se o aluno apreendeu corretamente o conceito de tensão. Alguns estudantes confundem os conceitos de tensão e corrente 
e pensam que a tensão é dividida entre dois resistores em paralelo, o que seria difícil de conciliar com a resposta correta.
(b) A regra das malhas continua válida, é claro, mas, neste caso, de acordo com a regra dos nós e a lei de Ohm, as quedas de tensão 
em R1 e R3, que eram iguais antes do fechamento da chave, passam a ser diferentes. Como uma corrente maior atravessa a bateria, 
a queda de tensão em R3 aumenta. Como, de acordo com a regra das malhas, a soma das quedas de tensão em R3 e em R1 é igual 
à tensão da bateria, isso significa que a queda de tensão em R1 diminui. Como R1 e R3 têm o mesmo valor, quando a chave estava 
aberta, a queda de tensão em R1 era (12 V)/2 = 6,0 V. De acordo com a Eq. 27-24, com a chave fechada, a resistência equivalente 
de R1 e R2 é 3,0 W; isso significa que a resistência total entre os terminais da bateria é 6,0 W + 3,0 W = 9,0 W. A corrente é, portanto, 
(12,0 V)/(9,0 W) = 1,33 A, o que significa que a queda de tensão em R3 é (1,33 A)(6,0 W) = 8,0 V. Nesse caso, de acordo com a 
regra das malhas, a queda de tensão em R1 é 12 V – 8,0 V = 4,0 V. Assim, a variação da diferença de potencial V1 quando a chave 
é fechada é 4,0 V - 6,0 V = -2,0 V.
35. (a) A simetria do problema permite usar i2 como a corrente nos dois resistores R2 e i1 como a corrente nos dois resistores R1. 
Aplicando a regra das malhas às malhas ACD e ABCD, obtemos o seguinte sistema de equações:
2 2 1 1
1 1 1 2 3
0
2 ( ) 0.
i R i R
i R i i R
ε
ε
− − =
− − − =
Resolvendo o sistema de equações, obtemos i1 = 0,002625 A e i2 = 0,00225 A. Assim, VA – VB = i1R1 = 5,25 V.
(b) Conforme a regra dos nós, i3 = i1 – i2 = 0,000375 A. Portanto, VB – VC = i3R3 = 1,50 V.
(c) VC – VD = i1R1 = 5,25 V.
(d) VA – VC = i2R2 = 6,75 V.
36. (a) Aplicando a regra das malhas à malha da esquerda e à malha da direita, obtemos o seguinte sistema de equações:
1 2 2 2 3 1
2 3 3 2 3 1
( ) 0
( ) 0,
i R i i R
i R i i R
ε
ε
− − + =
− − + =
em que tomamos o sentido horário da corrente i2 como positivo e como positivo o sentido anti-horário da corrente i3. Resolvendo 
o sistema de equações, obtemos i2 = 0,0109 A e i3 = 0,0273 A. De acordo com a regra dos nós, i1 = i2 + i3 = 0,0382 A.
(b) De acordo com o item (a), o sentido da corrente i1 é para baixo.
(c) De acordo com o item (a), i2 = 0,0109 A.
(d) De acordo com o item (a), o sentido da corrente i2 é para a direita.
(e) De acordo com o item (a), i3 = 0,0273 A.
(f) De acordo com o item (a), o sentido da corrente i3 é para a esquerda.
(g) O potencial elétrico no ponto A é igual à queda de tensão no resistor R1: VA = (0,0382 A)(100 W) = +3,82 V.
37. A queda de tensão em R3 é V3 = εRʹ/(Rʹ + R1), em que Rʹ = (R2R3)/(R2 + R3). Assim,
( )( )
( )
( )
22 22 2
3
3
3 3 1 3 1 3 3
2
3
3
.
2,00 5,001 1 1
1 / 5,00
RV RP
R R R R R R R R R
f R
ε ε ε
ε
−
    
              
Ω Ω+′= = = = +
+ +′ ′ Ω
=
1 7 0 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
Para maximizar P3, precisamos minimizar f(R3). Derivando f(R3) e igualando o resultado a zero, obtemos
( ) 23
2
3 3
4,00 49 0,
25
df R
dR R
Ω= − + =
o que nos dá
2
3
(4,00 )(25) 1,43 .
49
R Ω= = Ω
38. (a) Como a queda de tensão em R3 é V3 = iR3 = (6,0 A)(6,0 W) = 36 V, a queda de tensão em R1 é 
(VA – VB) – V3 = 78 - 36 = 42 V,
o que significa que a corrente em R1 é i1 = (42 V)/(2,0 W) = 21 A. Nesse caso, de acordo com a regra dos nós, a corrente em R2 é
 
i2 = i1 - i = 21 A - 6,0 A = 15 A.
De acordo com a Eq. 26-27, a potência total dissipada pelos resistores é
2
1i (2,0 W) + 22i (4,0 W) + 2i (6,0 W) = 1998 W ≈ 2,0 kW.
Por outro lado, a potência fornecida a esta parte do circuito é PA = iA (VA – VB) = i1(VA - VB) = (21 A)(78 V) = 1638 W. Assim, o 
elemento representado como “?” está fornecendo energia.
(b) A potência fornecida pelo elemento desconhecido é
(1998 - 1638)W = 3,6×102 W.
39. (a) Como as fontes são iguais e estão ligadas em paralelo, a diferençade potencial é a mesma entre os terminais das duas fon-
tes. Isso significa que a corrente é igual nas duas fontes. Vamos chamar de i essa corrente e considerar o sentido da direita para a 
esquerda como positivo. De acordo com a regra dos nós, a corrente no resistor R é 2i e o sentido da corrente é da esquerda para a 
direita. Aplicando a regra das malhas à malha formada por uma das fontes e o resistor R, temos
2 0 .
2
ir iR i
r R
εε − − = ⇒ =
+
A potência dissipada no resistor R é
2
2
2
4
(2 ) .
( 2 )
RP i R
r R
ε
= =
+
Para determinar o valor de R para o qual a potência é máxima, derivamos a equação anterior em relação a R e igualamos o resul-
tado a zero:
2 2 2
3 3 3
4 16 4 ( 2 )
0,
( 2 ) ( 2 ) ( 2 )
dP R r R
dR r R r R r R
ε ε ε −
= − = =
+ + +
o que nos dá R = r/2. Para r = 0,300 W, obtemos R = 0,150 W. 
(b) Fazendo R = r/2 na equação P = 4ε2R/(r + 2R)2, obtemos
2 2 2
máx 2
4 ( / 2) (12,0 V) 240 W.
2 2(0,300 )[ 2( / 2)]
rP
rr r
ε ε= = = =
Ω+
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 7 1
40. (a) Como as fontes são iguais e estão ligadas em paralelo, a diferença de potencial é a mesma entre os terminais das duas fon-
tes. Isso significa que a corrente é igual nas duas fontes. Vamos chamar de i essa corrente e considerar o sentido da direita para 
a esquerda como positivo. De acordo com a regra dos nós, a corrente no resistor R é iR = 2i e o sentido da corrente é da esquerda 
para a direita. Aplicando a regra das malhas à malha formada por uma das fontes e o resistor R, temos
2 2(12,0V)2 0 2 24,0 A.
2 0,200 2(0,400 )R
ir iR i i
r R
εε − − = ⇒ = = = =
+ Ω+ Ω
(b) De acordo com a regra das malhas, quando as fontes estão ligadas em série, 
2ε - iRr – iRr – iRR = 0,
o que nos dá
2 2(12,0 V) 30,0 A.
2 2(0,200 ) 0,400R
i
r R
ε= = =
+ Ω + Ω
(c) No caso da ligação em série, como mostram os resultados dos itens (a) e (b).
(d) Se R = r/2,00 e as fontes estão ligadas em paralelo,
2 2(12,0 V) 60,0 A.
2 0,200 2(0,100 )R
i
r R
ε= = =
+ Ω+ Ω
(e) Se R = r/2,00 e as fontes estão ligadas em série, 
2 2(12,0 V) 48,0 A.
2 2(0,200 ) 0,100R
i
r R
ε= = =
+ Ω + Ω
(f) No caso de ligação em paralelo, como mostram os resultados dos itens (d) e (e).
41. Vamos calcular primeiro as correntes. Seja i1 a corrente em R1, tomando como positivo o sentido da esquerda para a direita; seja 
i2 a corrente em R2, tomando como positivo o sentido da direita para a esquerda; seja i3 a corrente em R3, tomando como positivo 
o sentido de baixo para cima. De acordo com a regra dos nós, temos
1 2 3 0 .i i i+ + =
Aplicando a regra das malhas à malha da esquerda, obtemos
1 1 1 3 3 0i R i Rε − + =
e aplicando a regra das malhas à malha da direita, obtemos
2 2 2 3 3 0.i R i Rε − + =
A primeira equação nos dá i3 = –i2 – i1. Substituindo nas outras duas equações, obtemos
1 1 1 2 3 1 3 0i R i R i Rε − − − =
e
2 2 2 2 3 1 3 0.i R i R i Rε − − − =
Resolvendo esse sistema de equações, obtemos
1 2 3 2 3
1
1 2 1 3 2 3
( ) (3,00 V)(2,00 5,00 ) (1,00 V)(5,00 )
(4,00 )(2,00 ) (4,00 )(5,00 ) (2,00 )(5,00 )
0,421 A.
R R Ri
R R R R R R
ε ε+ − Ω+ Ω − Ω= =
+ + Ω Ω + Ω Ω + Ω Ω
=
1 7 2 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
2 1 3 1 3
2
1 2 1 3 2 3
( ) (1,00 V)(4,00 5,00 ) (3,00 V)(5,00 )
(4,00 )(2,00 ) (4,00 )(5,00 ) (2,00 )(5,00 )
0,158 A.
R R Ri
R R R R R R
ε ε+ − Ω+ Ω − Ω= =
+ + Ω Ω + Ω Ω + Ω Ω
= −
2 1 1 2
3
1 2 1 3 2 3
(1,00 V)(4,00 ) (3,00 V)(2,00 )
(4,00 )(2,00 ) (4,00 )(5,00 ) (2,00 )(5,00 )
0,263 A.
R Ri
R R R R R R
ε ε+ Ω + Ω= − = −
+ + Ω Ω + Ω Ω + Ω Ω
= −
O sinal positivo de i1 indica que o sentido da corrente em R1 é da esquerda para a direita. O sinal negativo de i2 indica que o sentido 
da corrente em R2 é da esquerda para a direita. O sinal negativo de i3 indica que o sentido da corrente em R3 é de cima para baixo. 
(a) A potência dissipada em R1 é
2 2
1 1 1 (0,421A) (4,00 ) 0,709W.P i R= = Ω =
(b) A potência dissipada em R2 é
2 2
2 2 2 ( 0,158A) (2,00 ) 0,0499W 0,050 W.P i R= = − Ω = ≈
(c) A potência dissipada em R3 é
2 2
3 3 3 ( 0,263A) (5,00 ) 0,346W.P i R= = − Ω =
(d) A potência fornecida pela fonte 1 é i3ε1 = (0,421 A)(3,00 V) = 1,26 W.
(e) A potência “fornecida” pela fonte 2 é i2ε2 = (–0,158 A)(1,00 V) = –0,158 W. O sinal negativo indica que a fonte 2 absorve energia 
do circuito.
42. A resistência equivalente do circuito da Fig. 27-52 é 
eq
1R nR R R
n n
 
 
 
+= + =
.
A corrente da fonte é 
fonte fonte
eq 1
n
V Vni
R n R
= =
+ .
Se houvesse n +1 resistores em paralelo, 
fonte fonte
1
eq
1
2n
V Vni
R n R+
+= =
+ .
Para um aumento relativo de 1,25% = 0,0125 = 1/80, devemos ter
1 1 ( 1)/( 2) 11 1 ,
/( 1) 80
n n n
n n
i i i n n
i i n n
+ +− + += − = − =
+
o que nos dá a equação do segundo grau 
n2 + 2n – 80 = (n + 10)(n – 8) = 0.
A única solução que tem significado físico é a solução positiva, n = 8. Isso significa que existem oito resistores em paralelo na Fig. 
27-52.
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 7 3
43. Suponha que os resistores sejam divididos em grupos de n resistores, com os resistores de cada grupo ligados em série, e que 
m desses grupos sejam ligados em paralelo. Se R é a resistência de cada resistor, a resistência equivalente de um dos grupos é nR, 
e a resistência equivalente Req do conjunto de m grupos satisfaz a equação
1eq
1 1
.
m m
R nR nR
= =∑
Como, de acordo com o enunciado, Req = 10 W = R, devemos ter n = m. De acordo com a Eq. 27-16, como, por simetria, a corrente 
é a mesma em todos os resistores e existem (n)(m) = n2 resistores, a potência máxima que pode ser dissipada pelo conjunto é 
Ptotal = n2P, em que P = 1,0 W é a potência máxima que pode ser dissipada por um dos resistores. Como devemos ter Ptotal ≥ 5,0 W 
= 5,0P, n2 deve ser maior ou igual a 5,0. Como n é um número inteiro, o menor valor possível de n é 3. Isso significa que o número 
mínimo de resistores é n2 = 9.
44. (a) Como os resistores R2, R3 e R4 estão em paralelo, a Eq. 27-24 nos dá uma resistência equivalente
2 3 4
2 3 2 4 3 4
(50,0 )(50,0 )(75,0 )
(50,0 )(50,0 ) (50,0 )(75,0 ) (50,0 )(75,0 )
18,8 .
R R RR
R R R R R R
Ω Ω Ω= =
+ + Ω Ω + Ω Ω + Ω Ω
= Ω
Assim, considerando a contribuição do resistor R1, a resistência equivalente do circuito é Req = R1 + R = 100 W + 18,8 W = 
118,8 W ≈ 119 W.
(b) i1 = ε/Req = 6,0 V/(118,8 W) = 5,05 × 10–2 A = 50,5 mA. 
(c) i2 = (ε – V1)/R2 = (ε – i1R1)/R2 = [6,0 V – (5,05 × 10–2 A)(100 W)]/50 W
 = 1,90 × 10–2 A = 19,0 mA. 
(d) i3 = (ε – V1)/R3 = i2R2/R3 = (1,90 × 10–2 A)(50,0 W/50,0 W) 
 = 1,90 × 10–2 A = 19,0 mA. 
(e) i4 = i1 – i2 – i3 = 5,05 × 10–2 A – 2(1,90 × 10–2 A) = 1,25 × 10–2 A = 12,5 mA.
45. (a) Note que existem dois resistores R1 em série em cada ramo do circuito, que contribuem com uma resistência total 2R1 para 
o ramo correspondente. Como ε e2 = ε3 e R2 = 2R1, as correntes em ε2 e ε3 são iguais: i2 = i3 = i. Assim, a corrente em ε1 é i1 = 2i. 
Nesse caso, Vb – Va = ε2 – iR2 = ε1 + (2R1)(2i) e, portanto,
2 1
1 2
4,0V 2,0V 0,33A.
4 4(1,0 ) 2,0
i
R R
ε ε− −= = =
+ Ω + Ω
Assim, a corrente em ε1 é i1 = 2i = 0,67 A.
(b) O sentido de i1 é para baixo. 
(c) A corrente em ε2 é i2 = 0,33 A.
(d) O sentido de i2 é para cima.
(e) A corrente em ε3 é i3 = i2 = 0,33 A.
(f) O sentido de i3 é para cima.
(g) Va – Vb = –iR2 + ε2 = –(0,333 A)(2,0 W) + 4,0 V = 3,3 V.
46. (a) Quando R3 = 0, toda a corrente passa por R1 e R3. Como o valor dessa corrente, de acordo com o gráfico da Fig. 27-55b, é 
6 mA, a lei de Ohm nos dá 
1 7 4 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
R1 = (12 V)/(0,006 A) = 2,0 × 103 W = 2,0 kW.
(b) Quando R3 = ∞, toda a corrente passa por R1 e R2. Como o valor dessa corrente, de acordo com o enunciado, é 2,0 mA, a lei 
de Ohm nos dá 
R2 = (12 V)/(0,002 A) – R1 = 4,0 × 103 W = 4,0 kW.
47. PENSE Como o fio de cobre e a capa de alumínio estão ligados em paralelo, estão submetidos à mesma diferença de potencial.FORMULE Como a diferença de potencial é igual ao produto da corrente pela resistência, iCRC = iARA, em que iC é a corrente no fio 
de cobre, iA é a corrente na capa de alumínio, RC é a resistência do fio de cobre e RA é a resistência da capa de alumínio. A resistência 
do fio de cobre é RC = ρCL/πa2, em que ρC é a resistividade do cobre, L é o comprimento do fio e a é o raio do fio; a resistência da 
capa de alumínio é RA = ρAL/π(b2 – a2), em que ρA é a resistividade do alumínio e b é o raio da capa. Substituindo essas expressões 
na equação iCRC = iARA e cancelando os fatores comuns L e π, obtemos a relação
Combinando a relação anterior com a equação i = iC + iA, em que i é a corrente total, obtemos
2
2 2 2( )
A
C
C A
a ii
b a a
ρ
ρ ρ
=
− +
e
2 2
2 2 2
( )
.
( )
C
A
C A
b a ii
b a a
ρ
ρ ρ
−=
− +
ANALISE (a) Vamos primeiro calcular o denominador, que é o mesmo para as duas correntes. Substituindo os valores conhecidos, 
obtemos
Assim,
(b) Analogamente,
(c) Considere o fio de cobre. Se V é a diferença de potencial entre as extremidades do fio, a corrente é dada por V = iCR C = iCρCL/
πa2 e, portanto, o comprimento do fio é
APRENDA Também podemos resolver o item (c) considerando a capa de alumínio. A corrente na capa de alumínio é dada por 
V = iARA = iAρAL/π(b2 – a2) e, portanto, o comprimento da capa de alumínio é
o que está de acordo com o resultado obtido no item (c).
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 7 5
48. (a) De acordo com a Eq. 26-28, P = ε2/Req, em que
eq
(12,0 )(4,00 )7,00 .
(12,0 )(4,0 ) (12,0 ) (4,00 )
RR
R R
Ω Ω= Ω+
Ω Ω + Ω + Ω
Fazendo P = 60,0 W e ε = 24,0 V, obtemos R = 19,5 W.
(b) Como P % 1/Req, o valor de R que maximiza P é o valor que minimiza Req, ou seja, R = 0.
(c) Como P % 1/Req, o valor de R que minimiza P é o valor que maximiza Req, ou seja, R = ∞.
(d) Como Req, mín = 7,00 W, Pmáx = ε2/Req, mín = (24,0 V)2/7,00 W = 82,3 W.
(e) Como Req, máx = 7,00 W + (12,0 W)(4,00 W)/(12,0 W + 4,00 W) = 10,0 W,
Pmín = ε2/Req, máx = (24,0 V)2/10,0 W = 57,6 W.
49. (a) A corrente em R1 é dada por
1
1 2 3 2 3
5,0 V
1,14 A.
/( ) 2,0 (4,0 )(6,0 )/(4,0 6,0 )
i
R R R R R
ε
= = =
+ + Ω + Ω Ω Ω+ Ω
Assim,
1 1 1
3
3 3
5,0 V (1,14 A)(2,0 )
0,45 A.
6,0
V i Ri
R R
ε ε− − − Ω
= = = =
Ω
(b) Para descrever a nova situação, basta permutar os índices 1 e 3 na equação anterior, o que nos dá
( )( ) ( )3 3 2 1 2 1
5,0 V 0,6818 A.
/( ) 6,0 2,0 4,0 / 2,0 4,0
i
R R R R R
ε= = =
+ + Ω+ Ω Ω Ω+ Ω
Assim,
1
5,0 V (0,6818 A)(6,0 )
0,45 A,
2,0
i − Ω= =
Ω
o mesmo valor do item (a).
50. Como, de acordo com o enunciado, a resistência do amperímetro é desprezível, a queda de tensão no amperímetro é nula e, 
portanto, as correntes nos dois resistores de baixo têm o mesmo valor, que vamos chamar de i. Nesse caso, a corrente da fonte é 
2i. Como a resistência equivalente do circuito é
eq
(2 )( ) ( )( ) 7
,
2 6
R R R RR R
R R R R
= + =
+ +
temos
eq eq
32 .
2 2(7 /6) 7
i i
R R R R
ε ε ε ε= ⇒ = = =
Aplicando a regra das malhas à malha da esquerda, obtemos
2 2(2 ) 0 .2R R
iRi R iR i
R
εε −− − = ⇒ =
1 7 6 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
Fazendo i = 3ε/7R, obtemos i2R = 2ε/7R. Como a corrente no amperímetro é a diferença entre i2R e i, temos
amp
amp 2
3 2 1 0,143.
7 7 7 / 7R
ii i i
R R R R
ε ε ε
ε
= − = − = ⇒ = =
51. Como a corrente no amperímetro é i, a leitura do voltímetro é 
Vʹ = V + i RA= i (R + RA),
o que nos dá R = Vʹ/i - RA = Rʹ – RA, em que Rʹ = Vʹ/i é a resistência aparente. A corrente da fonte é dada por iF = ε/(Req + R0), em que
eq
eq
( )1 1 1 (300 )(85,0 3,00 ) 68,0 .
300 85,0 3,00
V A
V VA A
R R RR
R R R R R R R
+ Ω Ω+ Ω= + ⇒ = = = Ω
+ + + Ω+ Ω+ Ω
A leitura do voltímetro é 
eq
eq
eq 0
(12,0 V)(68,0 ) 4,86 V.
68,0 100F
R
V i R
R R
ε Ω= = = =′
+ Ω+ Ω
(a) A leitura do amperímetro é 
4,86 V 0,0552 A 55,2 mA.
85,0 3,00A
Vi
R R
′= = = =
+ Ω+ Ω
(b) Como foi visto no item anterior, a leitura do voltímetro é Vʹ = 4,86 V.
(c) Rʹ = Vʹ/i = 4,86 V/(0,0552 A) = 88,0 W.
(d) Como R = Rʹ – RA, se RA diminui, a diferença entre Rʹ e R diminui. 
52. (a) Como i = ε/(r + Rext) e imáx = ε/r, Rext = r(imáx/i – 1), em que r = 1,50 V/1,00 mA = 1,50 × 103 W. Assim, 
3 4
ext (1,5 10 )(1/0,100 1) 1,35 10 13,5 k .R = × Ω − = × Ω = Ω
(b) 3 3ext (1,5 10 )(1/0,500 1) 1,5 10 1,50 k .R = × Ω − = × Ω = Ω 
(c) 3ext (1,5 10 )(1/0,900 1) 167 .R = × Ω − = Ω
(d) Como r = 20,0 W + R, R = 1,50 × 103 W – 20,0 W = 1,48 × 103 W = 1,48 kW.
53. A corrente em R2 é i. Vamos chamar de i1 a corrente em R1 e tomar o sentido para baixo como positivo. De acordo com a regra 
dos nós, a corrente no voltímetro é i – i1. Aplicando a regra das malhas à malha da esquerda, temos
2 1 1 0.iR i R irε − − − =
Aplicando a regra das malhas à malha da direita, temos
( )1 1 1 0.Vi R i i R− − =
A segunda equação nos dá
1
1.
V
V
R Ri i
R
+
=
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 7 7
Substituindo na primeira equação, obtemos
2 1
1 1 1
( )( )
0,V
V
R r R R i R i
R
ε + +− + =
o que nos dá
1
2 1 1
.
( )( )
V
V V
Ri
R r R R R R
ε
=
+ + +
A leitura do voltímetro é
1
1 1
2 1 1
3
3 3
( )( )
(3,0 V)(5,0 10 )(250 )
(300 100 )(250 5,0 10 ) (250 )(5,0 10 )
1,12 V.
V
V V
R Ri R
R r R R R R
ε=
+ + +
× Ω Ω=
Ω+ Ω Ω+ × Ω + Ω × Ω
=
A corrente na ausência do voltímetro pode ser obtida tomando o limite da expressão anterior quando RV → ∞, o que nos dá
1
1 1
1 2
(3,0V)(250 ) 1,15V.
250 300 100
Ri R
R R r
ε Ω= = =
+ + Ω+ Ω+ Ω
O erro percentual é, portanto, (1,12 – 1,15)/(1,15) = –0,030 = –3,0%.
54. (a) ε = V + ir = 12 V + (10,0 A) (0,0500 W) = 12,5 V.
(b) ε = Vʹ + (imotor + 8,00 A)r, em que 
Vʹ = iʹARfaróis = (8,00 A) (12,0 V/10 A) = 9,60 V. 
Assim,
motor
12,5 V 9,60 V8,00 A 8,00 A 50,0 A.
0,0500
Vi
r
ε − −′= − = − =
Ω
55. Seja i1 a corrente em R1 e R2, considerada positiva se o sentido é para a direita em R1. Seja i2 a corrente em Rs e Rx, considerada 
positiva se o sentido é para a direita em Rs. A regra das malhas nos dá (R1 + R2)i1 – (Rx + Rs)i2 = 0. Como o potencial é o mesmo 
nos pontos a e b, i1R1 = i2Rs, o que nos dá i2 = i1R1/Rs. Substituindo na primeira equação, obtemos
1 2
1 2 1 1
1
( ) ( ) .sx s x
s
R R RR R i R R i R
R R
+ = + ⇒ =
56. As correntes em R e RV são i e iʹ – i, respectivamente. Como V = iR = (iʹ – i)RV, temos, dividindo ambos os membros por V, 
1 = (iʹ /V – i/V)RV = (1/Rʹ – 1/R)RV. Assim,
1 1 1 .V
V V
RRR
R R R R R
= − ⇒ =′
+′
A resistência equivalente do circuito é
eq 0 0 .
V
A A
V
RRR R R R R R
R R
= + + = + +′
+
1 7 8 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
(a) A leitura do amperímetro é
( )( ) ( )
eq 0
2
( )
12,0 V
3,00 100 300 85,0 300 85,0
7,09 10 A.
V VA
i
R R R R R R R
ε ε
−
= =′
+ + +
=
Ω+ Ω+ Ω Ω Ω+ Ω
= ×
(b) A leitura do voltímetro é 
V = ε – iʹ (RA + R0) = 12,0 V – (0,0709 A) (103,00 W) = 4,70 V.
(c) A resistência aparente é Rʹ = V/iʹ = 4,70 V/(7,09 × 10–2 A) = 66,3 W. 
(d) Se RV aumenta, a diferença entre R e Rʹ diminui.
57. Vamos chamar de V a fem da fonte. Nesse caso, a condição de que a diferença de potencial entre os terminais do resistor seja 
igual à diferença de potencial entre os terminais do capacitor pode ser escrita na forma iR = Vcap, o que, de acordo com as Eqs. 
27-34 e 27-35, nos dá
Ve-t /RC = V(1 - e-t/RC) × t = RC ln 2 = 0,208 ms.
58. (a) π = RC = (1,40 × 106 Ω)(1,80 × 10–6 F) = 2,52 s.
(b) qo = εC = (12,0 V)(1,80 μF) = 21,6 μC.
(c) De acordo com a Eq. 27-33, q = q0(1 – e–t/RC), o que nos dá
( )0
0
21,6 Cln 2,52s ln 3,40s.
21,6 C 16,0 C
qt RC
q q
µ
µ µ
   
       
= = =
− −
59. PENSE Este problema envolve a carga do capacitor de um circuito RC que está sendo carregado.
FORMULE De acordo com a Eq. 27-33, enquanto o capacitor está sendo carregado, a carga da placa positiva é dada por
em que C é a capacitância do capacitor, ε é a força eletromotriz aplicada, e τ = RC é a constantede tempo capacitiva. Como a carga 
do capacitor totalmente carregado, qmáx = Cε, só é atingida após um intervalo de tempo infinito, costuma-se supor que, para efeitos 
práticos, o capacitor está totalmente carregado quando q = 0,99qmáx = 0,99Cε. 
ANALISE O tempo necessário para que a carga atinja 99% do valor final é dado por
Portanto, e-t/τ = 0,01. Tomando o logaritmo natural de ambos os membros, obtemos t/τ = – ln 0,01 = 4,61, ou t = 4,61τ.
APRENDA A corrente em um capacitor que está sendo carregado é
O valor da corrente é ε/R no instante t = 0 e diminui exponencialmente durante a carga do capacitor. A Fig. 27-16 do livro mostra 
os gráficos de q(t) e i(t). 
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 7 9
60. (a) De acordo com a Eq. 27-39, /0 ,
tq q e τ−= o que nos dá t = τ ln (q0/q), em que τ = RC é a constante de tempo. Assim,
 
0 1/3
1/3
0
3ln ln 0,41 0,41.
2 /3 2
tqt
q
τ τ τ
τ
   
       
= = = ⇒ =
(b) 0 2/32/3
0
ln ln3 1,1 1,1.
/3
tqt
q
τ τ τ
τ
 
  
 
= = = ⇒ =
61. (a) A diferença de potencial entre os terminais do capacitor é V(t) = ε(1 - e-t/RC). Como, para t = 1,30 μs, V(t) = 5,00 V, 
5,00 V = (12,0 V)(1 – (1,30 )/s RC ), o que nos dá 
τ = (1,30 μs)/ln(12/7) = 2,41 μs.
(b) A capacitância é C = τ/R = (2,41 μs)/(15,0 kW) = 161 pF.
62. O tempo necessário para que a diferença de potencial entre os terminais do capacitor atinja o valor VL é dado por (1 ).t RCLV eε
−= − 
Para que a lâmpada pisque duas vezes por segundo, esse tempo deve ser igual a 0,500 s. Assim, 
[ ] [ ]6
6
0,500s
ln ( ) (0,150 10 F)ln 95,0V (95,0V 72,0V)
2,35 10
L
tR
C Vε ε −
= =
− × −
= × Ω
63. PENSE Este problema envolve um circuito de duas malhas com um capacitor que está sendo carregado. Como, no instante 
t = 0, capacitor está descarregado, a corrente no instante inicial é a mesma que se houvesse um fio condutor no lugar do capacitor. 
FORMULE Vamos chamar de i1 a corrente no resistor R1 e considerar positivo o sentido da esquerda para a direita. Vamos chamar 
de i2 a corrente no resistor R2 e considerar positivo o sentido de cima para baixo. Vamos chamar de i3 a corrente no resistor R3 e 
considerar positivo o sentido de cima para baixo. De acordo com a regra dos nós, 
i1 = i2 + i3.
Aplicando a regra das malhas à malha da esquerda, obtemos
e aplicando a regra das malhas à malha da direita, obtemos
Como as resistências são todas iguais, podemos simplificar as equações substituindo R1, R2 e R3 por R. 
ANALISE Resolvendo o sistema de equações anterior, obtemos
(a) 
(b) 
3
4
2 6
1,2 10 V 5,5 10 A
3 3(0,73 10
i
R
ε −×= = = ×
× Ω
.
(c) i3 = i2 = 5,5 × 10-4 A.
Após várias constantes de tempo, o capacitor está totalmente carregado e i3 = 0. Desse modo, i1 = i2. Aplicando a regra das malhas 
à malha da esquerda, obtemos ε - 2i1R = 0.
.
1 8 0 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
(d) Explicitando i1 na equação anterior, obtemos
3
4
1 6
1,2 10 V 8,2 10 A.
2 2(0,73 10 )
i
R
ε −×= = = ×
× Ω
(e) i2 = i1 = 8,2 × 10-4 A.
(f) Como foi dito anteriormente, i3 = 0.
(g) Como, de acordo com o item (a), i2 (0) = 5,5 × 10-4 A, a lei de Ohm nos dá V2(0) = Ri2(0) = (0,73 × 106 W)(5,5 × 10-4 A) = 
4,0 × 102 V.
(h) Como, de acordo com o item (e), i2(∞) = 8,2 × 10-4 A, a lei de Ohm nos dá V2(∞) = Ri2(∞) = (0,73 × 106 W)(8,2 × 10-4 A) = 
6,0 × 102 V. 
Vamos supor que a placa de cima do capacitor é positiva. Nesse caso, a conservação de carga nos dá i1 = i2 + i3 e as equações de 
malha são
Substituindo i1 por i2 + i3 na primeira equação de malha, obtemos
o que nos dá i2 = (ε – i3R)/2R. Substituindo i2 por seu valor na segunda equação de malha, obtemos
Substituindo i3 por dq/dt, temos
Trata-se de uma equação igual à do circuito RC série, exceto pelo fato de que a constante de tempo é τ = 3RC/2 e a diferença de 
potencial inicial é ε/2. A solução é
A corrente no ramo do capacitor é
a corrente no ramo central é
e a diferença de potencial entre os terminais de R2 é
2 /3
2 2( ) (3 ).6
t RCV t i R eε −= = −
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 8 1
(i) A figura a seguir mostra um gráfico de V2 em função do tempo.
APRENDA Um capacitor que está sendo carregado se comporta, para t = 0, como um curto-circuito e como um circuito aberto 
para t → ∞.
64. (a) A diferença de potencial V entre as placas de um capacitor está relacionada à carga q da placa positiva através da equação 
V = q/C, em que C é a capacitância. Como a carga de um capacitor que está se descarregando é dada por q = q0 e–t/τ, isto significa 
que /0 ,
tV V e τ−= em que V0 é a diferença de potencial inicial. Dividindo ambos os membros por V0 e tomando o logaritmo natural, 
obtemos
[ ]0
10,0s
2,17s.
ln ( ) ln (1,00V) (100V)
t
V V
τ = − = − =
 
(b) No instante t = 17,0 s, t/τ = (17,0 s)/(2,17 s) = 7,83 e, portanto,
7,83 2
0 (100V) 3,96 10 V 39,6 mV.
tV V e eτ− − −= = = × =
65. No regime estacionário, a tensão entre os terminais do capacitor é igual à queda de tensão em R2:
0 2
1 2
20,0 V(15,0 k ) 12,0 V.
10,0 k 15,0 k
ε  
 
 
= = Ω =
+ Ω+ Ω
V R
R R
Multiplicando a Eq. 27-39 pela capacitância, obtemos V = V0e–t/RC como a equação que descreve a tensão entre os terminais do 
capacitor (e entre os terminais de R2) depois que a chave é aberta. Assim, para t = 0,00400 s, temos
60,004 (15.000) (0,4 10 )(12) 6,16V.V e
−− ×= =
Portanto, de acordo com a lei de Ohm, a corrente em R2 é 6,16/15.000 = 411 μA.
66. Para resolver o problema, aplicamos a Eq. 27-39 aos dois capacitores, levamos em conta o fato de que a razão entre as cargas 
é 1,5 e explicitamos o tempo t. Como as constantes de tempo dos dois circuitos são
6 4
1 1 1
6 5
2 2 2
(20,0 )(5,00 10 F) 1,00 10 s
(10,0 )(8,00 10 F) 8,00 10 s ,
R C
R C
τ
τ
− −
− −
= = Ω × = ×
= = Ω × = ×
temos
4
1 1 4 1 4 1
2 1
ln(3 / 2) ln(3/2) 1,62 10 s 162 s.
1,25 10 s 1,00 10 s
t µ
τ τ
−
− − − −= = = × =− × − ×
1 8 2 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
67. A diferença de potencial entre as placas do capacitor varia com o tempo, de acordo com a equação /0( ) .t RCV t V e−= Para V = 
V0/4 e t = 2,0 s, obtemos
5
6
0
2,0 s
7,2 10 0,72 M .
ln( ) (2,0 10 F)ln 4
tR
C V V −
= = = × Ω = Ω
×
68. (a) Como a energia inicial armazenada no capacitor é 20 / 2 ,CU q C= em que C é a capacitância e q0 é a carga inicial de uma 
das placas, temos
6 3
0 2 2(1,0 10 F)(0,50 J) 1,0 10 C.Cq CU
− −= = × = ×
(b) A variação da carga com o tempo é dada por 0
tq q e τ−= , em que τ é a constante de tempo. Derivando essa expressão em relação 
ao tempo, obtemos
0 ,t
qdqi e
dt
τ
τ
−=− =
o que mostra que a corrente inicial é i0 = q0/τ. Como a constante de tempo é
τ = RC = (1,0 × 10-6 F)(1,0 × 106 W) = 1,0 s,
obtemos
3
3
0
1,0 10 C
1,0 10 A.
1,0 s
i
−
−×= = ×
(c) Fazendo 0
tq q e τ−= na relação VC = q/C, obtemos
3
1,0 s 30
6
1,0 10 C (1,0 10 V) .
1,0 10 F
t t t
C
qV e e e
C
τ
−
− − −
−
 
  
 
×= = = ×
×
(d) Fazendo 0( )
ti q e ττ −= na relação VR = iR, obtemos 
3 6
1,0 s 30 (1,0 10 C)(1,0 10 ) 1,0 10 V) .
1,0s
(t t tR
q RV e e eτ
τ
−
− − −× × Ω= = = ×
(e) Fazendo 0( )
ti q e ττ −= na relação P = i2R, obtemos
2 3 2 6
2 2 1,0 s 20
2 2 W
(1,0 10 C) (1,0 10 ) .
(1,0s)
t t tq RP e e eτ
τ
−
− − −× × Ω= = =
69. (a) A carga da placa positiva do capacitor é dada por
( )1 ,tq C e τε −= −
em que C é a capacitância, ε é a fem da fonte e τ é a constante de tempo. O valor de τ é
 
τ = RC = (3,00 × 106 W)(1,00 × 10–6 F) = 3,00 s.
Para t = 1,00 s, t/τ = (1,00 s)/(3,00 s) = 0,333 e a taxa de aumento de carga do capacitor é
6
0,333 7(1,00 10 F)(4,00V) 9,55 10 C s 0,955 C/s.
3,00s
tdq C e e
dt
τε µ
τ
−
− − −×= = = × =
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 8 3
(b) A energia armazenada no capacitor é dada por UC = q2/2C, e a taxa de variação da energia é
.C
dU q dq
dt C dt
=
Como
6 0,333 6(1 ) (1,00 10 )(4,00V)(1 ) 1,13 10 C,tq C e eτε −− − −= − = × − = ×
temos
6
7 6
6 
1,13 10 C (9,55 10 C s) 1,08 10 W 1,08 W.
1,00 10 F
CdU q dq
dt C dt
µ
−
− −
−
 
  
 
×= = × = × =
×
(c) A taxa com a qual a energia é dissipada no resistor é dada por P = i2R. Como a corrente é 9,55 × 10–7 A,
7 2 6 6(9,55 10 A) (3,00 10 ) 2,74 10 W 2,74 W.P µ− −= × × Ω = × =
(d) A taxa com a qual a energia é fornecida pela fonte é
7 6(9,55 10 A)(4,00V) 3,82 10 W 3,82 W.iε µ− −= × = × =
Uma vez que a energia fornecida pela fonte é armazenada no capacitor ou dissipada no resistor, o valor obtido no item (d) é igual 
à soma dos valores obtidos nos itens (b) e (c): 
3,82 μW = 1,08 μW + 2,74 μW.
70. (a) Por simetria, sabemos que as correntes no ramo superior e no ramo central do circuito têm o mesmo valor, que vamos 
chamar de i. Isto significa que a corrente no resistor R do ramo inferior é iR = 2i. Assim, chamando de r a resistência interna das 
fontes e de ε a fem das fontes e aplicando a regra das malhas à malha externa do circuito, obtemos
3( ) (2 ) 0,ir i Rε − − =
o que nos dá i = 3,0 e iR = 2i = 6,0 A.
(b) A diferença de potencial entre os terminais de uma das fontes é e – ir = 8,0 V.
(c) De acordo com a Eq. 27-17, Pf = iε = (3)(20) = 60 W.
(d) De acordo com a Eq. 26-27, Pr = i2r = 36 W.
71. (a) Com a chave S1 fechada e as chaves S2 e S3 abertas, 
ia = ε/2R1 = 120 V/40,0 W = 3,00 A.
(b) Com as chaves S1 e S2 fechadas e a chave S3 aberta, temos 
Req = R1 + R1 (R1 + R2) /(2R1 + R2) = 20,0 W + (20,0 W) × (30,0 W)/(50,0 W)
 = 32,0 W,
o que nos dá
ia = ε/Req = 120 V/32,0 W = 3,75 A.
(c) Com as três chaves fechadas, Req = R1 + R1 Rʹ/(R1 + Rʹ), em que 
Rʹ = R2 + R1 (R1 + R2)/(2R1 + R2) = 22,0 W,
1 8 4 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
o que nos dá
 
Req = 20,0 W + (20,0 W) (22,0 W)/(20,0 W + 22,0 W) = 30,5 W,
e, portanto,
ia = ε/Req = 120 V/30,5 W = 3,94 A.
72. (a) A resistência equivalente dos resistores R1, R2, R3 e R4 é dada por 
3 41 2
eq 12 34
1 2 3 4
7,0 3,0 10
R RR RR R R
R R R R
= + = + = Ω+ Ω= Ω
+ + .
Como a fem da fonte está aplicada aos terminais de Req, temos
i2 = ε/Req = (30,0 V)/(10 W) = 3,0 A.
(b) A resistência equivalente dos resistores R5, R6 e R7 é 
5 6
eq 7 756
5 6
(6,0 )(2,0 ) 1,5 3,0
6,0 2,0
R RR R R R
R R
Ω Ω= + = + = + Ω= Ω′
+ Ω+ Ω .
Como a fem da fonte está aplicada aos terminais de eq ,R′ temos
i4 = ε / eqR′ = (30,0 V)/(3,0 W) = 10 A.
(c) De acordo com a regra dos nós, i1 = i2 + i4 = 13 A.
(d) Por simetria, i3 = i2/2 = 1,5 A.
(e) Aplicando a regra das malhas à malha que contém a fonte e os resistores R6 e R7, temos
30V – i4(1,5 W) – i5(2,0 W) = 0
o que nos dá i5 = 7,5 A.
73. PENSE Como os fios estão ligados em série, a corrente é a mesma nos dois fios.
FORMULE Sejam i a corrente nos fios e V a diferença de potencial aplicada. De acordo com a regras das malhas de Kirchhoff, 
V - iRA - iRB = 0. Desse modo, a corrente é i = V/(RA + RB) e a densidade de corrente é
( )BA
i VJ
A R R A
= =
+ .
ANALISE (a) No caso do fio A, temos
(b) A diferença de potencial entre os terminais do fio A é
(c) A resistividade do fio A é
 
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 8 5
De acordo com a Tabela 26-1, o fio A é feito de cobre.
(d) Como o fio B tem o mesmo diâmetro que o fio A e é percorrido pela mesma corrente, JB = JA = 1,32 × 107 A/m2.
(e) A diferença de potencial entre os terminais do fio B é VB = V – VA = 60,0 V – 8,9 V = 51,1 V.
(f) A resistividade do fio B é
De acordo com a Tabela 26-1, o fio B é feito de ferro.
APRENDA A resistência R é uma propriedade de um objeto, enquanto a resistividade é uma propriedade de um material. Conhe-
cendo o valor de ρ, podemos determinar de que material é feito o fio. 
74. O resistor do lado esquerdo da letra i está acima de três outros resistores; juntos, esses resistores são equivalentes a um resistor 
de resistência R = 10 W que conduz uma corrente i. Como se estivéssemos procurando a saída de um labirinto, podemos encontrar 
um percurso entre as extremidades de R passando apenas por fontes (10, no total). Como sete dessas fontes têm uma polaridade 
e as outras três têm a polaridade oposta, a fem aplicada a R é ε = 40 V. 
(a) A corrente é i = ε/R = 4,0 A.
(b) O sentido da corrente é de baixo para cima.
75. (a) No processo descrito no enunciado, a carga é constante. Assim,
 
( ) 311 1 2 2 2 1
2
150200 3,0 10 V 3,0 kV.
10
Cq C V C V V V
C
 
 
 
= = ⇒ = = = × =
(b) Multiplicando a Eq. 27-39 pela capacitância, obtemos V = V0e–t/RC como a equação que descreve a tensão entre os terminais 
do capacitor. Assim,
( ) ( )9 1200 3000ln 300 10 10 10 F ln ,100
t RC VV V e t RC
V
− −   
   
  
= ⇒ = = × Ω ×
o que nos dá t = 10 s. Este é um intervalo de tempo maior do que o que as pessoas levam para fazer algo como manusear um 
equipamento eletrônico depois de se levantarem.
(c) Nesse caso, temos que obter o valor de R na equação 0
t RCV V e−= para os novos valores V0 = 1400 V e t = 0,30 s. O resultado é 
o seguinte: 
( ) ( )
10
12
0
0,30s
1,1 10 11G .
ln (10 10 F)ln 1400 100
tR
C V V −
= = = × Ω = Ω
×
76. (a) Podemos reduzir o par de resistores em paralelo na parte de baixo do circuito a um único resistor Rʹ =1,00 W e combinar 
esse resistor com um resistor em série para obter um resistor equivalente Rʺ = 2,00 W + 1,00 W = 3,00 W. A corrente em Rʺ é a 
corrente i1 que precisamos calcular. Aplicando a regra das malhas a uma malha que inclui Rʺ e as três fontes, e supondo que o 
sentido da corrente i1 é da direita para a esquerda, obtemos
5,00 V + 20,0 V -10,0 V – i1Rʹʹ = 0,
o que nos dá i1 = 5,00 A.
(b) Como o valor obtido para i1 no item (a) foi positivo, o sentido da corrente é o que foi escolhido inicialmente, ou seja, da direita 
para a esquerda.
1 8 6 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
(c) Como o sentido da corrente da fonte 1 é do terminal negativo para o terminal positivo, a fonte 1 está fornecendo energia.
(d) A potência fornecida pela fonte 1 é P1 = (5,00 A)(20,0 V) = 100 W. 
(e) Reduzindo os resistores que estão em paralelo com a fonte ε2 a um único resistor Rʹ = 1,00 W, através do qual passa uma corrente 
iʹ = (10,0 V)//(1,00 W) = 10,0 A, de cima para baixo, vemos que, de acordo com a regra dos nós, a corrente na fonte ε2 é i = i – i1 = 
5,00 A para cima, ou seja, do terminal negativo para o terminal positivo. Isso significa que a fonte 2 está fornecendo energia.
(f) De acordo com a Eq. 27-17, P2 = (5,00 A)(10,00 V) = 50,0 W. 
(g) O conjunto de resistores em paralelo com a fonte ε3 pode ser reduzido a um único resistor Rʹʹ = 0,800 W (associando primeiro 
dois resistores em série e depois associando o resistor equivalente a dois resistores em paralelo), através do qual passa uma corrente 
iʹʹʹ = (5,00 V)/(0,800 W) = 6,25 A de cima para baixo. De acordo com a regra dos nós, a corrente na fonte ε3 é i = iʹʹʹ + i1 = 11,25 A 
para cima, ou seja, do terminal negativo para o terminal positivo. Isso significa que a fonte 3 está fornecendo energia.
(h) De acordo com a Eq. 27-17, P3 = (11,25 A)(5 V) = 56,3 W. 
77. PENSE Este problema envolve uma associação em série de um resistor de silício com um resistor de ferro para que a resistência 
do conjunto não varie com a temperatura dentro de certos limites.
FORMULE Vamos usar o índice s para representar os parâmetros relativos ao silício, o índice f para representar os parâmetros 
relativos ao ferro e T0 para representar a temperatura de referência. As resistências dos dois resistores são dadas por
em que α é o coeficiente de temperatura da resistividade.
Como os resistores estão ligados em série,
Para que R(T) não varie com a temperatura, devemos ter Rs(T0)αs + Rf(T0)αf = 0. Note também que a resistência desejada é 1000 W 
e, portanto, devemos ter Rs(T0) + Rf(T0) = R = 1000 W. 
ANALISE (a) Resolvendo o sistema de equações anterior, obtemos
(b) Analogamente, Rf(T0) = 1000 W – 85,0 W =915 W.
APRENDA Foi possível obter um resistor cuja resistência não varia com a temperatura combinando os dois resistores porque αs 
e αi, os coeficientes de temperatura dos dois materiais escolhidos, têm sinais opostos e, portanto, as variações com a temperatura 
das resistências dos dois resistores podem ser canceladas. 
78. Como a corrente no amperímetro é iA = ε/(r + R1 + R2 + RA) e a corrente em R1 e R2 sem o amperímetro é i = ε/(r + R1 + R2), 
o erro percentual é
1 2
1 2 1 2
0,101
2,0 5,0 4,0 0,10
0,90%.
A A
A A
i i r R R Ri
i i r R R R r R R R
− + +∆ Ω= = − = =
+ + + + + + Ω+ Ω+ Ω+ Ω
=
79. PENSE Enquanto o capacitor de um circuito RC série está sendo carregado, parte da energia fornecida pela fonte é dissipada 
no resistor. 
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 8 7
FORMULE A carga q do capacitor em função do tempo é q(t) = (εC)(1 – e–t/RC), e a corrente de carga é i(t) = dq/dt = (ε/R)e–t/RC. 
Portanto, potência fornecida pela fonte é Pε = iεdt.
ANALISE (a) A energia fornecida pela fonte é
em que UC = Cε2/2 é a energia armazenada no capacitor.
(b) Integrando i2R, obtemos
APRENDA Metade da energia fornecida pela fonte é armazenada no capacitor na forma de energia elétrica, e a outra metade é 
dissipada no resistor na forma de energia térmica. 
80. Como, no regime estacionário, a corrente nos capacitores é zero, a corrente é a mesma nos três resistores. De acordo com a 
regra das malhas,
20,0 V = (5,00 W)i + (10,0 W)i + (15,0 W)i,
o que nos dá i = 2/3 A. Isso significa que a queda de tensão em R1 é (5,00 W)(2/3 A) = 10/3 V, que é também a tensão V1 entre os 
terminais do capacitor C1. De acordo com a Eq. 25-22, a energia armazenada no capacitor C1 é
2
2 6 5
1 1 1
10
3
1 1 (5,00 10 F) V 2,78 10 J.
2 2
U C V − −  
 
= = × = ×
A queda de tensão em R2 é (10,0 W)(2/3 A) = 20/3 V, que é também a tensão V2 entre os terminais do capacitor C2. Assim,
2
2 6 5
2 2 2
1 1 20(10,0 10 F) V 2,22 10 J.
2 2 3
U C V − −  
 
= = × = ×
A energia total armazenada nos capacitores é U1 + U2 = 2,50 × 10-4 J = 250 μJ.
81. A queda de tensão em R2 é
2
2 2
1 2 3
(12V)(4,0 )
4,0V.
3,0 4,0 5,0
ε Ω
= = = =
+ + Ω + Ω + Ω
RV iR
R R R
82. Como Va – ε1 = Vc – ir1 – iR e i = (ε1 – ε2)/(R + r1 + r2), temos
( )1 21 1 1 1
1 2
( )
4,4 V 2,1V4,4 V (2,3 5,5 )
5,5 1,8 2,3
2,5 V.
a cV V i r R r RR r r
ε εε ε
 
  
 
 
 
 
−− = − + = − +
+ +
−= − Ω+ Ω
Ω+ Ω+ Ω
=
83. PENSE A constante de tempo de um circuito RC é τ = RC, em que R é a resistência e C é a capacitância. Quanto maior o valor 
de τ, maior o tempo de descarga.
1 8 8 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
FORMULE A variação, com o tempo, da diferença de potencial entre as placas do capacitor é dada por V(t) = V0e-t/τ, em que τ = 
RC. Tomando o logaritmo natural de ambos os membros e explicitando R, obtemos
0
.
ln( / )
tR
C V V
=
ANALISE (a) No caso do menor intervalo de tempo, tmín = 10,0 μs,
(b) No caso do maior intervalo de tempo, tmáx = 6,00 ms,
APRENDA A razão entre as duas resistências extremas é igual à razão entre os dois tempos extremos:
Para um dado valor da capacitância, quanto maior o valor de R, maior o tempo de descarga.
84. (a) Para Rboia = 140 W, i = 12 V/(10 W + 140 W) = 8,0 × 10-2 A = 80 mA.
(b) Para Rboia = (140 W + 20 W)/2 = 80 W, i = 12 V/(10 W + 80 W) = 0,13 A.
(c) Para Rboia = 20 W, i = 12 V/(10 W + 20 W) = 0,40 A.
85. PENSE Neste problema, devemos determinar, com base em algumas informações, se o componente defeituoso de um automóvel 
é a bateria, o motor de arranque, ou o cabo que liga a bateria ao motor de arranque.
FORMULE Como os três componentes suspeitos estão ligados em série, são percorridos pela mesma corrente. Como a bateria 
fornece energia ao motor de arranque, a diferença de potencial entre os terminais da bateria é Vbateria = ε – ir, em que ε é a força 
eletromotriz e r é a resistência interna. As resistências do cabo e do motor são Rcabo = Vcabo/i e Rmotor = Vmotor/i, respectivamente.
ANALISE A resistência interna da bateria é
 
que é menor do que 0,020 W. Isso significa que o defeito não está na bateria.
No caso do motor, temos
que é menor do que 0,20 W. Isso significa que o defeito não está no motor.
No caso do cabo, temos
que é maior que 0,040 W. Isso significa que o defeito está no cabo.
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 8 9
APRENDA Como vimos neste exercício, é possível identificar um componente defeituoso a partir de algumas informações, se as 
especificações dos componentes forem conhecidas.
86. Quando os resistores são ligados em série, a potência dissipada é
Ps = ε2/(R1 + R2).
Quando os resistores são ligados em paralelo, a potência dissipada é
Pp = ε2(R1 + R2)/R1R2.
Fazendo Pp/Ps = 5, obtemos (R1 + R2)2/R1R2 = 5, o que nos dá a equação do segundo grau
2
2 1 2 13 0,R R R R− + =
cujas soluções, para R1 = 100 W, são
2
300 90.000 40.000 300 224
.
2 2
R ± − ±= =
(a) A menor solução é R2 = (300 - 224)/2 = 38 W.
(b) A maior solução é R2 = (300 + 224)/2 = 262 W.
87. Quando a chave S permanece aberta por um longo tempo, a carga do capacitor C é qi = ε2C. Quando a chave S permanece 
fechada por um longo tempo, a corrente i em R1 e R2 é 
i = (ε2 – ε1)/(R1 + R2) = (3,0 V – 1,0 V)/(0,20 W + 0,40 W) = 3,33 A.
A diferença de potencial V entre as placas do capacitor é, portanto, 
V = ε2 – iR2 = 3,0 V – (3,33 A) (0,40 W) = 1,67 V.
Como a carga final do capacitor C é qf = VC, a variação da carga do capacitor é 
Dq = qf – qi = (V – ε2)C = (1,67 V – 3,0 V) (10 μF) = –13 μC.
88. De acordo com a regra das malhas e a regra dos nós, temos
1 1 3 3
1 1 2 2
2 3 1
20,0 0
20,0 50 0
− − =
− − − =
+ =
i R i R
i R i R
i i i
Fazendo i1 = 0, R1 = 10,0 W e R2 = 20,0 W nas equações anteriores, obtemos 
3
1 3
3
40 3 400 13,3
20 3 3
Ri R
R
−= = ⇒ = = Ω
+
.
89. Os dois resistores de baixo estão ligados em paralelo e equivalem a uma resistência de 2,0R. Essa resistência está em série com 
uma resistência R do lado direito, o que resulta em uma resistência equivalente Rʹ = 3,0R. Os resistores do canto superior esquerdo 
estão ligados em série e equivalem a uma resistência Rʹʹ = 6,0R. Finalmente, as resistências Rʹ e Rʹʹ estão ligadas em paralelo, o que 
nos dá uma resistência equivalente total
eq 2,0 20 .
R RR R
R R
′ ′′
= = = Ω
′ ′′+
1 9 0 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
90. (a) De acordo com as Eqs. 26-27 e 27-4, a potência é dada por
2
2
2
.
( )
RP i R
R r
ε
= =
+
Derivando a potência em relação a R e igualando o resultado a zero, obtemos
2 2
2 3
( )
0,
( ) ( )
dP d R r R
dR dR R r R r
ε ε  −
= = = + + 
cuja solução é R = r.
(b) Para R = r, a potência dissipada no resistor externo é
2 2
máx 2
.
( ) 4R r
RP
R r r
ε ε
=
= =
+
91. (a) Aplicando a regra das malhas à malha da esquerda, obtemos
1
12,0 V
3,00 A.
4,00
i
R
ε
= = =
Ω
(b) O sentido de i1 é para baixo.
(c) Aplicando a regra das malhas à malha central, obtemos
2
2 1 2 2( ) ( ) ( ) 0.2
ii R i R R i Rε   
 
+ + + − + − + − =
Usando o resultado do item (a), obtemos i2 = 1,60 A.
(d) O sentido de i2 é para baixo.
(e) Como o sentido das duas correntes é para baixo, o sentido da corrente na fonte 1 é do terminal negativo para o terminal positivo 
e, portanto, a fonte 1 está fornecendo energia.
(f) De acordo com a regra dos nós, a corrente na fonte 1 é 3,00 A + 1,60 A = 4,60 A; de acordo com a Eq. 27-17, P = (4,60 A)(12,0 
V) = 55,2 W. 
(g) Como o sentido da corrente na fonte 2 é do terminal negativo para o terminal positivo, a fonte 2 está fornecendo energia.
(h) De acordo com a Eq. 27-17, P = i2(4,00 V) = 6,40 W.
92. A resistência equivalente de R3 e R4 em série é R34 = 4,0 W e a resistência equivalente de R1 e R2 em paralelo é R12 = 2,0 W. Como 
a queda de tensão em R34 é igual à queda de tensão em R12, 
34 12 34 34 12 12 34 12.
1 
2
V V i R i R i i= ⇒ = ⇒ =De acordo com a regra dos nós,
I = i12 + i34 = 6,00 A.
 Combinando as duas equações, obtemos
2i12 + i12 = 12,00 A 34 12 34 34 12 12 34 12.
1 
2
V V i R i R i i= ⇒ = ⇒ = i12 = 4,00 A.
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 9 1
Como a corrente i12 se divide igualmente entre os resistores R1 e R2,
i1 = i12/2 = 2,00 A.
93. (a) Como P = V 2/R, (10W)(0,10 ) 1,0V.V PR= = Ω =
(b) Como i = V/R = (ε – V)/r, temos
( ) 1,5V 1,0V0,10 0,050 .1,0V
Vr R
V
ε   
  
   
− −= = Ω = Ω
94. (a) Req(AB) = 20,0 W/3 = 6,67 W (três resistores de 20,0 W em paralelo).
(b) Req(AC) = 20,0 W/3 = 6,67 W (três resistores de 20,0 W em paralelo).
(c) Req(BC) = 0 (os pontos B e C estão ligados por um fio condutor).
95. A potência máxima que pode ser dissipada é (120 V)(15 A) = 1800 W. Como 1800 W/500 W = 3,6, o número máximo de 
lâmpadas de 500 W é 3.
96. Vamos chamar de V a fem da fonte. De acordo com a Eq. 27-30,
6
6
12 V 8 10 C
2,5 A.
4 (4 )(4 10 F)
V qi
R RC
−
−
×
= − = − =
Ω Ω ×
97. PENSE Para calcular a corrente no resistor R, temos de determinar a resistência equivalente das N baterias.
FORMULE Quando as baterias são ligadas em paralelo, a força eletromotriz total é ε, a resistência equivalente é Rp = R + r/N, e 
a corrente é
Quando as baterias são ligadas em série, a força eletromotriz total é Nε, a resistência equivalente é Rs = R + Nr, e a corrente é
ANALISE Comparando as duas expressões, vemos que as correntes ip e is serão iguais, se R = r, caso em que
APRENDA A diferença das correntes é
Se R > r, que é o caso mais comum, ip < is.
98. PENSE Como a potência fornecida pela fonte é iε e o valor de ε é conhecido, a primeira coisa a fazer é calcular o valor de i. 
FORMULE A resistência equivalente do circuito é a soma de R1 com a resistência equivalente de R2 e R3 em paralelo:
1 9 2 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
a corrente é
e a potência fornecida pela fonte é
 
Para determinar o valor de R3 que maximiza P, derivamos P em relação a R3.
ANALISE (a) Depois de algumas transformações algébricas, obtemos
Como a derivada é negativa para todos os valores positivos de R3, P é máxima para R3 = 0.
 
(b) Fazendo R3 = 0 na expressão de P, obtemos
2 2
1
(12,0 V)
14,4 W
10,0
P
R
ε
= = =
Ω
APRENDA Como a potência P é uma função monotonicamente decrescente de R3, P é máxima para R3 = 0. 
99. PENSE Um capacitor que está sendo carregado se comporta, no instante inicial, como um curto-circuito.
FORMULE Como o capacitor está descarregado no instante inicial, ele se comporta como um curto-circuito e, portanto, de 
acordo com a regra das malhas, a diferença de potencial entre os terminais do resistor R2 é zero e a diferença de potencial entre 
os terminais do resistor R1 é igual a ε. 
ANALISE (a) De acordo com a lei de Ohm, a corrente inicial no resistor R1 é
(b) De acordo com a lei de Ohm, a corrente inicial no resistor R2 é i20 = 0.
(c) Para t → ∞, a corrente no capacitor é zero e os resistores R1 e R2 se comportam como se estivessem em série; a resistência 
equivalente é
 
A corrente nos dois resistores é, portanto,
APRENDA Quando um capacitor está totalmente carregado, ele passa a se comportar como um circuito aberto.
100. (a) Vamos chamar de R a resistência dos resistores. Depois de reduzir os dois resistores em série do ramo de baixo a um 
resistor equivalente Rʹ = 2R (percorrido por uma corrente i1), vemos que existe um caminho fechado (ao qual pode ser aplicada a 
regra das malhas) que passa por Rʹ, pela fonte ε4, pela fonte ε1 e pela fonte ε3. Isso nos dá
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 9 3
(b) Como a polaridade das três fontes é tal que as forças eletromotrizes se somam e o terminal negativo da fonte ε4 está ligado ao 
lado esquerdo do resistor equivalente Rʹ, o sentido da corrente i1 é da direita para a esquerda.
(c) A tensão entre os terminais do resistor equivalente é i1Rʹ = 30,0 V. Como essa tensão deve ser igual à tensão entre os terminais 
do ramo imediatamente acima, que é a soma das quedas de tensão em um resistor percorrido por uma corrente i2 com a queda de 
tensão em um resistor percorrido por uma corrente igual (por simetria) a i2/2, temos
o que nos dá i2 = (30,0 V)/(3,00 W) = 10,0 A.
(d) Como a polaridade da tensão entre os terminais do ramo percorrido pela corrente i2 é a mesma da tensão entre os terminais 
do resistor equivalente Rʹ, o sentido da corrente i2 também é da direita para a esquerda.
(e) Com base na Eq. 27-17, P4 = (i1 + i2)ε4 = (7,50 A + 10,0 A)(5,00 V) = 87,5 W.
(f) A fonte 4 está fornecendo energia ao circuito, já que a corrente que atravessa a bateria tem o mesmo sentido que a polaridade 
da bateria, indicada pela seta vermelha.
101. Considere o ramo que contém os resistores R4 e R5. A diferença de tensão entre os terminais de R5 é
102. (a) Vamos chamar de V a força eletromotriz da bateria. De acordo com a Fig. 27-4a, VT = V - ir.
(b) Ajustando uma reta por mínimos quadrados aos pares de pontos da tabela, obtemos 
o que nos dá V = 13,6 V.
(c) O ajuste mostra também que a resistência interna da fonte é 0,060 W.
103. (a) Aplicando a regra das malhas à malha da direita, no sentido anti-horário, obtemos ε2 – i1R1 = 0 (em que escolhemos para 
i1 o sentido para baixo). Isso nos dá i1 = 0,0600 A.
(b) Como obtivemos uma corrente com sinal positivo no item (a), o sentido de i1 é para baixo.
(c) Aplicando a regra das malhas à malha da esquerda, no sentido anti-horário, obtemos ε1 + i1R1 - i2R2 = 0 (em que escolhemos 
para i2 o sentido da direita para a esquerda). Isso nos dá i2 = 0,180 A.
(d) Como obtivemos uma corrente com sinal positivo no item (c), o sentido de i2 é da direita para a esquerda.
(e) De acordo com a regra dos nós, a corrente na fonte 2 é i1 + i2 = 0,0600 + 0,180 = 0,240 A.
(f) Como obtivemos uma corrente com sinal positivo no item (e), o sentido da corrente na fonte 2 é de baixo para cima.
104. (a) Como P = ε2/Req, quanto menor o valor de Req, maior a potência dissipada. Assim, a posição de menor luminosidade 
corresponde à ligação com a maior resistência (R1), a posição de luminosidade intermediária corresponde à ligação com a maior 
resistência (R2), e a posição de maior luminosidade corresponde à ligação com R1 e R2 em paralelo. Se a lâmpada não acende quando 
o interruptor está na posição intermediária, é sinal de que a resistência R2 queimou.
Vamos resolver o item (c) antes do item (b). 
(c) Para P = 100 W, Req = R1 = ε2/P = (120 V)2/100 W = 144 W. 
1 9 4 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
(b) Para P = 300 W, Req = R1R2/(R1 + R2) = (144 W)R2/(144 W + R2) = (120 V)2/(300 W), o que nos dá R2 = 72 W.
105. (a) Os seis resistores à esquerda da bateria ε1 podem ser substituídos por um resistor equivalente R = 8,0 W, que é percorrido 
por uma corrente iR = ε1/R = 2,0 A. De acordo com a regra das malhas, a corrente nos resistores R4 e R5 é
no sentido contrário ao da polaridade da bateria ε2. Assim, de acordo com a regra dos nós, i1 = iR + iʹ = 4,0 A.
(b) O sentido de i1 é de baixo para cima (isto é, o sentido da polaridade da bateria ε1).
(c) A corrente i2 é o resultado de uma série de bifurcações simétricas de iR. Invertendo o processo usado no item (a) para calcular 
a resistência equivalente R a partir dos seis resistores, obtemos
(d) O sentido de i2 é de cima para baixo.
(e) De acordo com a Eq. 27-17 e o resultado do item (a),
(f) Conforme a Eq. 27-17 e o resultado do item (a), P = 2i′ = (2,0 A)(8,0 V) = 16 W.
(g) A bateria 1 está fornecendo energia.
(h) A bateria 2 está absorvendo energia.