solution halliday volume 3 cap 27 pdf aui

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1. (a) Seja i a corrente no circuito e vamos tomar como positivo o sentido para a esquerda em 
R1. De acordo com a regra das malhas, 1 – iR2 – iR1 – 2 = 0. Explicitando i, temos:
i
R R
= −
+
= −
+
= 1 2
1 2
12 6 0
8 0
0 50
V V
4,0
A
,
,
, .
 
Como o valor calculado é positivo, o sentido da corrente é o sentido anti-horário.
De acordo com a Eq. 26-27, se i é a corrente em um resistor R, a potência dissipada pelo resistor 
é dada por P = i2R. 
(b) PR1 = i2R1 = (0,50 A)2(4,0 Ω) = 1,0 W. 
(c) PR2 = i2R2 = (0,50 A)2(8,0 Ω) = 2,0 W.
De acordo com a Eq. 26-26, se i é a corrente em uma fonte de fem â, P = iâ é a potência forne-
cida pela fonte se a corrente e a fem têm o mesmo sentido, e é a potência absorvida pela fonte, 
se a corrente e a fem têm sentidos opostos. 
(d) Pâ1 = i1 = (0,50 A)(12 V) = 6,0 W. 
(e) Pâ2 = i2 = (0,50 A)(6,0 V) = 3,0 W. 
(f) Como, no caso da fonte 1, a corrente tem o mesmo sentido que a fem, a fonte 1 está forne-
cendo energia ao circuito. 
(g) Como, no caso da fonte 2, a corrente e a fem têm sentidos opostos, a fonte 2 está recebendo 
energia do circuito.
2. A corrente no circuito é 
i = (150 V 2 50 V)/(3,0 Ω + 2,0 Ω) = 20 A.
Como VQ + 150 V – (2,0 Ω)i = VP,
VQ = 100 V + (2,0 Ω)(20 A) –150 V = –10 V.
3. (a) A diferença de potencial é V = â + ir = 12 V + (50 A)(0,040 Ω) = 14 V.
(b) P = i2r = (50 A)2(0,040 Ω) = 1,0×102 W.
(c) P9 = iV = (50 A)(12 V) = 6,0×102 W.
(d) V =  – ir = 12 V – (50 A)(0,040 Ω) = 10 V.
(e) Pr = i2r =(50 A)2(0,040 Ω) = 1,0×102 W.
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 Ω) = 25 mA. Nesse caso, a resistência do resistor 1 é (2,0 V)/i = 80 Ω.
Capítulo 27
soluções dos problemas 143
(b) A resistência do resistor 2 é (5,00 V)/(25 mA) = 200 Ω.
5. A energia química da bateria é reduzida de ∆E = q, na qual q é a carga que passa pela bateria 
em um intervalo de tempo ∆t = 6,0 min e â é a fem da bateria. Se i é a corrente, q = i∆t e 
∆E = i∆t = (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
U Pt
t
r R
= =
+
=
+
2 22 0 2 0 60
5
( , ) ( , min)(
,
V s/min)
1,0  00
80

= J.
(b) A energia dissipada pelo fio é
′ = =
+



 = +




U i Rt
r R
Rt2
2 22 0
5 0
 ,
,
(
V
1,0  
55 0 2 0 60 67, )( , min)( s/min) J.=
(c) A energia dissipada pela bateria é U − U′ = 80 J − 67 J = 13 J.
8. Se P é a potência fornecida pela bateria e ∆t é um intervalo de tempo, a energia fornecida no 
intervalo de tempo ∆t é ∆E = P∆t. Se q é a carga que passa pela bateria no intervalo de tempo 
∆t e â é a fem da bateria, ∆E = q. Igualando as duas expressões de ∆E e explicitando ∆t, ob-
temos
t
q
P
= = ⋅ = ( ( , ,120 12 0
100
14 4
A h) V)
W
h.
9. (a) O trabalho W realizado pela fonte é igual à variação de energia potencial:
W = q∆V = 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 = (2 – 1)/(r1 + r2 + R). Explicitando R, obtemos:
R
i
r r= − − − = −
×
− −−
 2 1
1 2 3
3 0 2 0
3 0 3 0
, ,
, ,
V V
1,0 10 A
  == ×9 9 102, .
(b) P = i2R = (1,0 × 10–3 A)2(9,9 × 102 Ω) = 9,9 × 10–4 W.
11. (a) se i é a corrente e ∆V é a diferença de potencial, a potência absorvida é dada por P = 
i∆V. Assim,
V
P
i
= = =50
1 0
50
W
A
V.
,
Como existe uma dissipação de energia entre o ponto A e o ponto B, o ponto A está a um poten-
cial mais elevado que o ponto B, ou seja, VA – VB = 50 V.
(b) A diferença de potencial entre os pontos A e B é VA – VB = +iR + , na qual  é a fem do 
dispositivo X. Assim, 
 = VA – VB – iR = 50 V – (1,0 A)(2,0 Ω) = 48 V.
144 soluções dos problemas
(c) Como o valor de  é positivo, o terminal positivo está do lado esquerdo e, portanto, o ponto 
B está ligado ao terminal negativo.
12. (a) Para cada fio, Rfio = rL/A, na qual A = pr2. Assim, temos: 
Rfio = (1,69 × 10−8 Ω . m)(0,200 m)/p(0,00100 m)2 = 0,0011 Ω.
A carga resistiva total da fonte é, portanto, 
Rtot = 2Rfio + R = 2(0,0011 Ω) + 6,00 Ω = 6,0022 Ω.
A corrente do circuito é, portanto, 
i
R
= = =
tot
V
6,0022
A
12 0
1 9993
,
,

e a diferença de potencial entre as extremidades do resistor é 
V = iR = (1,9993 A)(6,00 Ω) = 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 Ω) = 2,15 mV.
(c) PR = i2R = (1,9993 A)2(6,00 Ω) = 23,98 W ≈ 24,0 W.
(d) Pfio = i2Rfio = (1,9993 A)2(0,0011 Ω) = 4,396 mW ≈ 4,40 mW.
13. (a) Se L é o comprimento do cabo e a é a resistência do cabo por unidade de comprimento, 
a resistência medida na extremidade leste é 
R1 = 100 Ω = 2a(L – x) + R
e a resistência medida na extremidade oeste é
R2 = 2ax + R.
Assim,
x
R R L= − + = −( ) + =
2 1
4 2
200 100
4 13
10
2
6 9

 
 km
km
km.,
(b) Temos também:
R
R R
L= + − = + − ( )( ) =1 2
2
100 200
2
13 10 20
 
 km km .
14. (a) Vamos chamar de V1 e V2 as fem das fontes. De acordo com a regra das malhas,
V2 2 ir2 + V1 2 ir1 2 iR = 0 ⇒ i
V V
r r R
= +
+ +
2 1
1 2
.
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, na qual r1 e r2 são as resistências internas das fontes 
1 e 2, respectivamente. Assim, 
V1T = V1 2
r V V
r r R
1 2 1
1 2
( )+
+ +
, V2T = V2 2
r V V
r r R
1 2 1
1 2
( )
.
+
+ +
De acordo com 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 Ω. Substituindo esses valores nas equações anteriores, obtemos 
um sistema de duas equações com duas incógnitas, r1 e r2. Resolvendo esse sistema, obtemos 
r1 = 0,20 Ω.
(b) A solução do sistema de equações também nos dá r2 = 0,30 Ω.
soluções dos problemas 145
15. Vamos chamar de V a fem da fonte. Nesse caso, V = iR = i9(R + R9), na qual i = 5,0 A, i9 = 
4,0 A e R’ = 2,0 Ω. Explicitando R, obtemos:
R
i R
i i
= ′ ′
− ′
=
−
=( , ) ( , )
, ,
, .
4 0 2 0
5 0 4 0
8 0
A
A A


16. (a) Seja  a fem da célula solar e seja V a diferença de potencial entre os terminais da célula. 
Nesse caso,
V ir
V
R
r= − = − 

  .
Substituindo por valores numéricos, temos: 
0 10
0 10
500
,
,
V
V= −






r
0 15
0 15
1000
,
,
.V
V= −






r
Resolvendo o sistema de equações anterior, obtemos:
(a) r = 1,0 × 103 Ω = 1,0 kΩ.
(b)  = 0,30 V.
(c) A eficiência h é
 = = ( ) ×
V R
P
2 0 15
5 0 2 0 1
/ V
1000 cmfornecida 2
,
( , )( , 00
2 3 10 0 23
3 2
3
−
−= × =
W/cm )
, , %.
17. Para obter a solução mais geral possível, vamos chamar de 1 e 2 as fem das fontes, embora 
tenham o mesmo valor. Como as fontes estão em série com a mesma polaridade, as fem se so-
mam e a fem total é 1 + 2. A resistência total do circuito é Rtotal = R + r1 + r2.
(a) A corrente no circuito é
i
r r R
= +
+ +
 1 2
1 2
.
Como a fonte 1 possui uma resistência interna maior, ela é a que pode apresentar uma diferença 
de potencial zero entre os terminais. Fazendo 1 = ir1, obtemos:
R
r r= − = − 

2 1 1 2
1
12 0 0 016 12 0 0 012( , )( , ) ( , )( ,V V 

)
,
, .
12 0
0 004
V
=
Note que, como 1 = 2, R = r1 – r2.
(b) Como foi visto no item (a), isso acontece com a fonte 1.
18. De acordo com as Eqs. 27-18, 27-19 e 27-20, temos:
i
R R R
R R R R R R
1
1 2 3 2 3
1 2 2 3 1 3
4 0= + −
+ +
= + ( ) ( , V)(10  55 0 1 0
10 10 10 5 0
, ) ( , )
( )( ) ( )( , ) (
 
   
−
+ +
V)(5,0
110 5 0
0 275
2
1 3 2 1 2
1 2 2
 )( , )
,
( )
=
= − +
+
A ,
i
R R R
R R R
 
RR R R3 1 3
4 0 1 0
10+
= − +( , ) ( , )
(
V)(5,0 V)(10 5,0  
))( ) ( )( , )( )( , )
,
10 10 5 0 10 5 0
0 025
    + +
=
=
A ,
3i i22 1 0 025 0 275 0 250− = − = −i , , ,A A A.
146 soluções dos problemas
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 Ω) = +0,25 V;
a partir de Vd + i3R3 + 2 = Vc, obtemos 
Vd – Vc = i3R3 – 2 = – (– 0,250 A)(5,0 Ω) – 1,0 V = +0,25 V.
19. (a) Como Req < R, os dois resistores (R = 12,0 Ω e Rx) devem ser ligados em paralelo:
R
R R
R R
R
R
x
x
x
x
eq = = +
=
+
3 00
12 0
12 0
,
( , )
,
.


Explicitando Rx, obtemos:
R
R R
R R
x = −
=
−
−eq
eq
( , )( , )
( , , )
,
3 00 12 0
12 0 3 00
3
 
 
000 .
(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,
R R
R R
1 2
1 2
3 0
+
= , 
R1 + R2 = 16 Ω.
Resolvendo o sistema de equações anterior, obtemos R1 = 4,0 Ω e R2 = 12 Ω.
(a) A menor resistência é R1 = 4,0 Ω.
(b) A maior resistência é R2 = 12 Ω.
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 Ω) = 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 resis-
tência equivalente de quatro resistores iguais em paralelo é
1 1 4
R R Req
= =∑ .
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,
i
V
R
V
R
total
eq
V
A= = = =4 4 25 0
18 0
5 56
( , )
,
, .

22. (a) Req (FH) = (10,0 Ω)(10,0 Ω)(5,00 Ω)/[(10,0 Ω)(10,0 Ω) + 2(10,0 Ω)(5,00 Ω)] = 
2,50 Ω.
(b) Req (FG) = (5,00 Ω) R/(R + 5,00 Ω), na qual 
R = 5,00 Ω + (5,00 Ω)(10,0 Ω)/(5,00 Ω + 10,0 Ω) = 8,33 Ω.
Assim, Req (FG) = (5,00 Ω)(8,33 Ω)/(5,00 Ω + 8,33 Ω) = 3,13 Ω.
soluções dos problemas 147
23. Vamos chamar de i1 a corrente em R1 e tomar o sentido para a direita como positivo. Vamos 
chamar de i2 a corrente em R2 e tomar o sentido para cima como positivo. 
(a) Aplicando a regra das malhas à malha inferior, obtemos
2 1 1 0− =i R ,
e, portanto,
i
R
1
2
1
5 0
0 050= = = = , ,V
100
A 50 mA.

(b) Aplicando a regra das malhas à malha superior, obtemos
  1 2 3 2 2 0− − − =i R ,
e, portanto,
i
R
2
1 2 3
2
6 0 4
50
0 060= − − = − − = −   , , ,V 5,0 V 0 V A,

o que nos dá | | ,i2 0 060= =A 60 mA. 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 + 3 + 2 e, portanto, 
Va – Vb = 3 + 2 = 4,0 V + 5,0 V = 9,0 V.
24. Os dois resistores em paralelo, R1 e R2, são equivalentes a
1 1 1
1 2
1 2
1 2R R R
R
R R
R R12
12= + ⇒ = +
.
Como o resistor equivalente aos resistores R1 e R2 está em série com o resistor R3, a resistência 
dos três resistores é 
R R Req = + = + +
=3 12 2 50
4 00 4 00
4 00 4 00
,
( , )( , )
, ,

 
 
44 50, .
25. Seja r a resistência de um dos fios. Como os fios são todos iguais e estão em paralelo, te-
mos:
1 9
R r
= ,
o que nos dá R = r/9. Temos ainda r d= 4 2 / , na qual r é a resistividade do cobre, e 
R D= 4 2 / . Assim,
 
4 4
3
2 2




 
D d
D d= ⇒ =
9
.
26. A parte de R0 ligada em paralelo com R é dada por R1 = R0x/L, na qual L = 10 cm. A diferen-
ça de potencial entre os terminais de R é VR = R'/Req, na qual R9 = RR1/(R + R1) e 
Req = R0(1 – x/L) + R9.
Assim,
P
V
R R
RR R R
R x L RR R R
R
R= = +
− + +





2
1 1
0 1 1
1
1
 ( )
( ) ( ) 
=
+ −
2
0
2
0
2 2
100
100 10
R x R
R R x x
( )
( )
,

na qual x está em cm.
148 soluções dos problemas
O gráfico da potência dissipada no resistor R em função de x para  = 50 V, R = 2000 Ω e R0 = 
100 Ω aparece na figura a seguir. 
27. Como as diferenças de potencial são as mesmas para as duas trajetórias, V1 = V2, na qual 
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, e, portanto, i1R1 = i2R2. Como, de acordo com a Eq. 26-16, R = rL/A, na qual 
r é a resistividade do ar, temos:
i d i h i i d h1 2 2 1= ⇒ = ( / ).
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 kΩ, a reta 2 tem uma inclinação R2 = 4,0 kΩ e a reta 3 
tem uma inclinação R3 = 2,0 kΩ. A resistência equivalente de R1 e R2 em paralelo é R12 = R1R2/
(R1 + R2) = 2,4 kΩ. Como essa resistência está em série com R3, a resistência equivalente do 
conjunto é 
R R R123 12 3 2 4 2 0 4 4= + = + =, , , .k k k  
A corrente que atravessa a bateria é, portanto, i = â/R123 = (6 V)(4,4 kΩ) e a queda de tensão em 
R3 é (6 V)(2 kΩ)/(4,4 kΩ) = 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 kΩ) = 0,82 mA.
29. (a) A resistência equivalente dos três resistores iguais R2 = 18 Ω é R = (18 Ω)/3 = 6,0 Ω, 
que, em série com o resistor R1 = 6,0 Ω, nos dá uma resistência equivalente em série com a 
bateria R9 = R1 + R = 12 Ω. Assim, a corrente em R9 é (12 V)/R9 = 1,0 A, que também é a cor-
rente que atravessa R. Como essa corrente se divide igualmente pelos três resistores de 18 Ω, 
i1 = 0,333 A.
(b) O sentido da corrente i1 é para a direita.
(c) De acordo com a Eq. 26-27, P = i2R9 = (1,0 A)2(12 Ω) = 12 W. Assim, em 60 s, a energia 
dissipada é (12 J/s)(60 s) = 720 J.
30. Usando a regra das junções (i3 = i1 + i2), obtemos duas equações de malha:
10,0 V 2 i1R1 2 (i1 + i2) R3 = 0
5,00 V 2 i2R2 2 (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.
soluções dos problemas 149
31. (a) Chamando de R a resistência dos resistores, a resistência equivalente dos dois resistores 
da direita é R9 = R/2 = 1,0 Ω e a resistência equivalente dos dois resistores do canto superior es-
querdo é R = 2R = 4,0 Ω. Com isso, a resistência equivalente do conjunto de cinco resistores é 
R R R+ ′ + ′′ = 7 0, .
De acordo com a regra das malhas, a queda de tensão no conjunto é 12 V − 5,0 V = 7,0 V, e, 
portanto, a corrente é (7,0 V)/(7,0 Ω) = 1,0 A, no sentido horário. Assim, a queda de tensão em 
R9 é (1,0 A)(1,0 Ω) = 1,0 V, o que significa que a diferença de potencial entre a terra e V1 é 12 
V – 1 V = 11 V. Levando em conta a polaridade da fonte 2, concluímos que V1 = −11 V.
(b) A queda de tensão em R é (1,0 A)(4,0 Ω) = 4,0 V, o que significa que a diferença de poten-
cial entre a terra e V2 é 5,0 + 4,0 = 9,0 V. Levando em conta a polaridade da fonte 1, concluímos 
que V2 = –9,0 V. Podemos verificar que o resultado está correto notando que a queda de tensão 
em R, (1,0 A)(2,0 Ω) = 2,0 V, é igual a V2 − V1.
32. (a) Aplicando a regra das malhas à malha da esquerda, obtemos 2 + i1 R1 2 1 = 0. Como 
a fem 1 é mantida constante enquanto 2 e i1 variam, vemos que esta expressão, para grandes 
valores de 2, 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 
2 = 6 V, a regra das malhas nos dá, para este valor de i1, 1 = 2 = 6,0 V.
(b) De acordo com a reta tracejada da Fig. 27-43b, i1 = 0,20 A para 2 = 2,0 V. Aplicando a regra 
das malhas à malha da esquerda e usando o valor de 1 obtido no item (a), obtemos R1 = 20 Ω.
(c) Aplicando a regra das malhas à malha da direita, obtemos
1 2 i1 R1 = i1R2.
No ponto em que a reta que corresponde a i2 cruza o eixo horizontal (ou seja, no ponto 2 = 4 
V, i2 = 0), i1 = 0,1 A. Isso nos dá
R2
6 0 0 1 20
0 1
40= − =( , )( , )( )
,
.
V A
A


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 Ω + 4,00 Ω) = 16,8 V.
Isso significa que a corrente em R4 é dada por i4 = V4/R4 = 16,8 V/(16,0 Ω) = 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 Ω)(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 Ω) = 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 Ω) = 26,6 V e, portanto, de 
acordo com a regra das malhas,
 = V1 + V3 = 26,6 V + 21,7 V = 48,3 V.
150 soluções dos problemas
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 Ω, o que significa que a resistência total entre os terminais da bateria é 6,0 Ω + 3,0 Ω = 9,0 
Ω. A corrente é, portanto, (12,0 V)/(9,0 Ω) = 1,33 A, o que significa que a queda de tensão em 
R3 é (1,33 A)(6,0 Ω) = 8,0 V. Nesse caso, de acordo com a regra das malhas, a queda de tensão 
em R1 é 12 V 2 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:


− − =
− − − =
i R i R
i R i i R
2 2 1 1
1 1 1 2 3
0
2 0( ) .
Resolvendo o sistema de equações, obtemos i1 = 0,002625 A e i2 = 0,00225 A. Assim, VA 2 VB = 
i1R1 = 5,25 V.
(b) De acordo com a regra dos nós, i3 = i1 2 i2 = 0,000375 A. Assim, VB 2 VC = i3R3 = 1,50 V.
(c) VC 2 VD = i1R1 = 5,25 V.
(d) VA 2 VC = i2R2 = 6,75 V.
36. (a) Aplicando a regra das malhas à malha da esquerda e à malha da direita, obtemos o se-
guinte 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
( )
( ) ,
no qual tomamos o sentido horário da corrente i2 como positivo e o sentido anti-horário da cor-
rente i3 como positivo. 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.
soluções dos problemas 151
(g) O potencial elétrico no ponto A é igual à queda de tensão no resistor R1: VA = (0,0382 A)
(100 Ω) = +3,82 V.
37. A queda de tensão em R3 é V3 = R9/(R9 + R1), na qual R9 = (R2R3)/(R2 + R3). Assim,
P
V
R R
R
R R R R R
3
3
2
3 3 1
2
3 1
1 1
1
= = ′
′ +




=
+ ′


 
/ 
= +
( ) +( )
( )






2 2
3 3
1
2 00 5 00
5 00
3
R
R
R
, ,
,
 



= ( )
−2
2
3

f R
Para maximizar P3, precisamos minimizar f(R3). Derivando f(R3) e igualando o resultado a zero, 
obtemos
df R
dR R
3
3
2
3
2
4 00 49
25
0
( ) = − + =, ,
o que nos dá
R3
24 00 25
49
= =( , )( ) 1,43 .
38. (a) Como a queda de tensão em R3 é V3 = iR3= (6,0 A)(6,0 Ω) = 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 Ω) = 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
i1
2(2,0 Ω) + i22(4,0 Ω) + i2(6,0 Ω) = 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 diferença de potencial é a 
mesma entre os terminais das duas fontes. 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 posi-
tivo. 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:

− − = ⇒ =
+
ir iR i
r R
2 0
2
.
A potência dissipada no resistor R é
P i R
R
r R
= =
+
( )
( )
.2
4
2
2
2
2

152 soluções dos problemas
Para determinar o valor de R para o qual a potência é máxima, derivamos a equação anterior em 
relação a R e igualamos o resultado a zero:
dP
dR r R
R
r R
r R
r R
=
+
−
+
= −
+
4
2
16
2
4 2
2
2
3
2
3
2  
( ) ( )
( )
( ))
,
3
0=
o que nos dá R = r/2. Para r = 0,300 Ω, obtemos R = 0,150 Ω. 
(b) Fazendo R = r/2 na equação P = 42R/(r + 2R)2, obtemos
P
r
r r r
max
V=
+
= =4 2
2 2 2
12 0
2 0
2
2
2 2 ( / )
[ ( / )]
( , )
( ,3300
240 W
)
.=
40. (a) Como as fontes são iguais e estão ligadas em paralelo, a diferença de potencial é a 
mesma entre os terminais das duas fontes. 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 posi-
tivo. 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:

− − = ⇒ = =
+
=
+
ir iR i i
r R
R2 0 2
2
2
2 12 0
0 200 2 0
( , )
, ( ,
V
 4400
24 0
)
,= A.
(b) De acordo com a regra das malhas, quando as fontes estão ligadas em série, 
2 − iRr – iRr – iRR = 0,
o que nos dá
i
r R
R = +
=
+
=2
2
2 12 0
2 0 200 0 400
30 0
 ( , )
( , ) ,
,
V
A.
 
(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,
i
r R
R = +
=
+
=2
2
2 12 0
0 200 2 0 100
60 0
 ( , )
, ( , )
,
V
A.
 
(e) Se R = r/2,00 e as fontes estão ligadas em série, 
i
r R
R = +
=
+
=2
2
2 12 0
2 0 200 0 100
48 0
 ( , )
( , ) ,
,
V
A.
 
(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:
i i i1 2 3 0+ + = .
Aplicando a regra das malhas à malha da esquerda, obtemos
1 1 1 3 3 0− + =i R i R
e aplicando a regra das malhas à malha da direita, obtemos
2 2 2 3 3 0− + =i R i R .
soluções dos problemas 153
A primeira equação nos dá i3 =2i2 2 i1. Substituindo nas outras duas equações, obtemos
1 1 1 2 3 1 3 0− − − =i R i R i R
e
2 2 2 2 3 1 3 0− − − =i R i R i R .
Resolvendo esse sistema de equações, obtemos
i
R R R
R R R R R R
1
1 2 3 2 3
1 2 1 3 2 3
3 00 2 0= + −
+ +
= ( ) ( , )( ,V 00 5 00 1 00 5 00
4 00 2 00 4
  
 
+ −
+
, ) ( , )( , )
( , )( , ) ( ,
V
000 5 00 2 00 5 00
0 421
   )( , ) ( , )( , )
,
+
= A.
i
R R R
R R R R R R
2
2 1 3 1 3
1 2 1 3 2 3
1 00 4 0= + −
+ +
= ( ) ( , )( ,V 00 5 00 3 00 5 00
4 00 2 00 4
  
 
+ −
+
, ) ( , )( , )
( , )( , ) ( ,
V
000 5 00 2 00 5 00
0 158
   )( , ) ( , )( , )
,
+
= − A.
i
R R
R R R R R R
3
2 1 1 2
1 2 1 3 2 3
1 00 4 00= − +
+ +
= −  ( , )( , )V  ++
+
( , )( , )
( , )( , ) ( , )( ,
3 00 2 00
4 00 2 00 4 00 5 00
V 
     ) ( , )( , )
,
+
= −
2 00 5 00
0 263 A.
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
P i R1 1
2
1
20 421 4 00 0 709= = =( , ) ( , ) ,A W.
(b) A potência dissipada em R2 é
P i R2 2
2
2
20 158 2 00 0 0499= = − = ≈( , ) ( , ) ,A W 0,050 W.
(c) A potência dissipada em R3 é
P i R3 3
2
3
20 263 5 00 0 346= = − =( , ) ( , ) ,A W.
(d) A potência fornecida pela fonte 1 é i31 = (0,421 A)(3,00 V) = 1,26 W.
(e) A potência “fornecida” pela fonte 2 é i22 = (–0,158 A)(1,00 V) = –0,158 W. O sinal nega-
tivo indica que a fonte 2 absorve energia do circuito.
42. A resistência equivalente do circuito da Fig. 27-52 é 
R R
R
n
n
n
Req = + =
+



1
.
A corrente da fonte é 
i
V
R
n
n
V
R
n = = +
fonte
eq
fonte
1
.
Se houvesse n +1 resistores em paralelo, 
i
V
R
n
n
V
R
n+ = =
+
+1
1
2
fonte
eq
fonte .
154 soluções dos problemas
Para um aumento relativo de 1,25% = 0,0125 = 1/80, devemos ter
i i
i
i
i
n n
n n
n n
n
n
n
+ +− = − = + +
+
− =1 1 1 1 2
1
1
1
80
( ) ( )
( )
/
/
,,
o que nos dá a equação do segundo grau 
n2 + 2n 2 80 = (n + 10)(n 2 8) = 0.
A única solução que tem significado físico é a solução positiva, n = 8. Isso significa que exis-
tem oito resistores em paralelo na Fig. 27-52.
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 resistên-
cia 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
1 1
1
R nR
m
nR
m
eq
= =∑ .
Como, de acordo com o enunciado, Req = 10 Ω = 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, na qual 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
R
R R R
R R R R R R
=
+ +
=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    + + 00
18 8


)
, .=
Assim, considerando a contribuição do resistor R1, a resistência equivalente do circuito é Req = 
R1 + R = 100 Ω + 18,8 Ω = 118,8 Ω ≈ 119 Ω.
(b) i1 = /Req = 6,0 V/(118,8 Ω) = 5,05 × 10–2 A = 50,5 mA. 
(c) i2 = ( – V1)/R2 = ( – i1R1)/R2 = [6,0 V – (5,05 × 10–2 A)(100 Ω)]/50 Ω
 = 1,90 × 10–2 A = 19,0 mA. 
(d) i3 = ( – V1)/R3 = i2R2/R3 = (1,90 × 10–2 A)(50,0 Ω/50,0 Ω) 
 = 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 2 = 3 e R2 = 2R1, as correntes 
em 2 e 3 são iguais: i2 = i3 = i. Assim, a corrente em 1 é i1 = 2i. Nesse caso, Vb – Va = 2 – iR2 = 
1 + (2R1)(2i) e, portanto,
i
R R
= −
+
= −
+
= 2 1
1 24
4 0 2 0
2 0
0 33
, ,
) ,
,
V V
4(1,0
A.
 
Assim, a corrente em 1 é i1 = 2i = 0,67 A.
soluções dos problemas 155
(b) O sentido de i1 é para baixo. 
(c) A corrente em 2 é i2 = 0,33 A.
(d) O sentido de i2 é para cima.
(e) A corrente em 3 é i3 = i2 = 0,33 A.
(f) O sentido de i3 é para cima.
(g) Va – Vb = –iR2 + 2 = –(0,333 A)(2,0 Ω) + 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 
R1 = (12 V)/(0,006 A) = 2,0 × 103 Ω = 2,0 kΩ.
(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) 2 R1 = 4,0 × 103 Ω = 4,0 kΩ.
47. Como o fio de cobre e a capa de alumínio estão ligados em paralelo, estão submetidos à 
mesma diferença de potencial. Como a diferença de potencial é igual ao produto da corrente 
pela resistência, iCRC = iARA, na qual iC é a corrente no cobre, iA é a corrente no alumínio, RC é a 
resistência do cobre e RA é a resistência do alumínio. A resistência dos componentes é dada por 
R = rL/A, na qual r é a resistividade, L é o comprimento e A é a área da seção reta. A resistência 
do fio de cobre é RC = rCL/pa2 e a resistência da capa de alumínio é RA = rAL/p(b2 – a2). Subs-
tituindo essas expressões na relação iCRC = iARA e cancelando os fatores comuns, obtemos
i
a
i
b a
C C A A 
2 2 2
=
−
.
Fazendo iA = i − iC, na qual i é a corrente total, obtemos:
i
a i
b a a
C
A
C A
=
− +
2
2 2 2

 ( )
.
Fazendo iC = i − iA, obtemos:
i
b a i
b a a
A
C
C A
= −
− +
( )
( )
.
2 2
2 2 2

 
O denominador é o mesmo nos dois casos:
( ) ( , ) ( , )b a aC A2 2 2 3 2 30 380 10 0 250 10− + = × − ×− −  m m 22 8
3 2 8
1 69 10
0 250 10 2 75 10
[ ] × ⋅
+ × ×
−
− −
( , )
( , ) ( ,
 m
m 

⋅
= × ⋅−
m
m
)
, .3 10 10 15 3
Assim,
(a)
iC =
× × ⋅
×
− −( , ) ( , )( , )
,
0 250 10 2 75 10 2 00
3 10
3 2 8m m A
110
1 11
15− ⋅
=
 m
A.
3
,
(b) 
iA =
× − ×[ ] ×− − −( , ) ( , ) ( ,0 380 10 0 250 10 1 69 103 2 3 2m m 88
15
2 00
3 10 10
0 893


⋅
× ⋅
=−
m A
m
A.
3
)( , )
,
,
156 soluções dos problemas
(c) Considere o fio de cobre. Se V é a diferença de potencial, V = iCRC = iCrCL/pa2, o que nos 
dá
L
a V
iC C
= = ×
−

2 3 20 250 10 12 0
1 11
( ) ( , ) ( , )
( , ) (
π m V
A 11 69 10
126
8, )× ⋅
=−  m
m.
48. (a) De acordo com a Eq. 26-28, P = 2/Req, na qual
R
R
eq = + +
7 00
12 0 4 00
12 0 4 0 12
,
( , ) ( , )
( , ) ( , ) ( ,

 
  00 4 00 ) ( , )
.
R R+
Fazendo P = 60,0 W e  = 24,0 V, obtemos R = 19,5 Ω.
(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, min = 7,00 Ω, Pmax = 2/Req, min = (24,0 V)2/7,00 Ω = 82,3 W.
(e) Como Req, max = 7,00 Ω + (12,0 Ω)(4,00 Ω)/(12,0 Ω + 4,00 Ω) = 10,0 Ω,
Pmin = 2/Req, max = (24,0 V)2/10,0 Ω = 57,6 W.
49. (a) A corrente em R1 é dada por
i
R R R R R
1
1 2 3 2 3
5 0
4 0 6 0
=
+ +
=
+

/(
V
2,0 /()
,
( , )( , )   44 0 6 0
1 14
, , )
,
 +
= A.
Assim,
i
V
R
i R
R
3
1
3
1 1
3
5 0 1 14 2 0
6 0
0= − = − = − =  , ( , )( , )
,
V A 

,,45 A.
(b) Para descrever a nova situação, basta permutar os índices 1 e 3 na equação anterior, o que 
nos dá
i
R R R R R
3
3 2 1 2 1
5 0
2 0 4 0 2
=
+ +
=
+ ( )( )

/(
V
6,0 /)
,
, ,   ,, ,
,
0 4 0
0 6818
 +( ) = A.
Assim,
i1
5 0 0 6818
2 0
0 45=− =, ( , )( )
,
,
V A 6,0
A,


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
R
R R
R R
R R
R R
Req = +
+
+
=( )( ) ( )( ) ,2
2
7
6
temos:
2
2 2 7 6
3
7
i
R
i
R R R
= ⇒ = = =   
eq eq /( )
.
soluções dos problemas 157
Aplicando a regra das malhas à malha da esquerda, obtemos:

− − = ⇒ = −i R iR i iR
R
R R2 22 0 2
( ) .
Fazendo i = 3/7R, obtemos i2R = 2/7R. Como a corrente no amperímetro é a diferença entre 
i2R e i, temos:
i i i
R R R
i
R
Ramp
amp
/
= − = − = ⇒ = =2
3
7
2
7 7
1
7
0
  

,, .143
51. Como a corrente no amperímetro é i, a leitura do voltímetro é 
V9 = V + i RA= i (R + RA),
o que nos dá R = V′/i − RA = R9 – RA, na qual R′ = V′/i é a resistência aparente. A corrente da 
fonte é dada por iF = /(Req + R0), na qual
1 1 1 300
R R R R
R
R R R
R R RV A
V A
V Aeq
eq= + +
⇒ = +
+ +
=( ) (   
  

)( , , )
, ,
, .
85 0 3 00
300 85 0 3 00
68 0
+
+ +
=
A leitura do voltímetro é 
′ = =
+
=
+
V i R
R
R R
F eq
eq
eq
( V (68,0 )
68,0

0
12 0, ) 
 1100 
= 4,86 V.
(a) A leitura do amperímetro é 
i
V
R RA
= ′
+
=
+
= =4,86 V
85,0
A 55,2 m
 3 00
0 0552
,
, AA.
(b) Como foi visto no item anterior, a leitura do voltímetro é V′ = 4,86 V.
(c) R′ = V′/i = 4,86 V/(0,0552 A) = 88,0 Ω.
(d) Como R = R′ − RA, se RA diminui, a diferença entre R′ e R diminui. 
52. (a) Como i = /(r + Rext) e imax = /r, Rext = r(imax/i – 1), na qual r = 1,50 V/1,00 mA = 
1,50 × 103 Ω. Assim, 
Rext / k= × − = × =( , )( , ) , ,1 5 10 1 0 100 1 1 35 10 13 53 4   ..
(b) Rext / k= × − = × =( , )( , ) , , .1 5 10 1 0 500 1 1 5 10 1 503 3   
(c) Rext /= × − =( , )( . ) .1 5 10 1 0 900 1 1673  
(d) Como r = 20,0 Ω + R, R = 1,50 × 103 Ω – 20,0 Ω = 1,48 × 103 Ω = 1,48 kΩ .
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:
 − − − =iR i R ir2 1 1 0.
Aplicando a regra das malhas à malha da direita, temos:
i R i i RV1 1 1 0− −( ) = .
A segunda equação nos dá
i
R R
R
iV
V
= +1 1.
158 soluções dos problemas
Substituindo na primeira equação, obtemos
 − + + + =( )( ) ,R r R R
R
i R iV
V
2 1
1 1 1 0
o que nos dá
i
R
R r R R R R
V
V V
1
2 1 1
=
+ + +

( )( )
.
A leitura do voltímetro é
i R
R R
R r R R R R
V
V V
1 1
1
2 1 1
33 0 5 0 10
=
+ + +
= ×

( )( )
( , )( ,V  
    
)( )
( )( , ) ( )(
250
300 100 250 5 0 10 2503+ + × + 55 0 10
1 12
3, )
,
×
=

V.
A corrente na ausência do voltímetro pode ser obtida tomando o limite da expressão anterior 
quando RV → ∞, o que nos dá
i R
R
R R r
1 1
1
1 2
3 0 250
250 300 100
=
+ +
=
+ +
= ( , )( )V 
  
11 15, V.
O erro percentual é, portanto, (1,12 – 1,15)/(1,15) = –0,030 = –3,0%.
54. (a)  = V + ir = 12 V + (10,0 A) (0,0500 Ω) = 12,5 V.
(b)  = V9 + (imotor + 8,00 A)r, na qual 
V9 = i9ARfaróis = (8,00 A) (12,0 V/10 A) = 9,60 V. 
Assim,
i
V
r
motor A
V V
A= − ′ − = − − 8 00 12 5 9 60
0 0500
8 00,
, ,
,
,

== 50 0, A.
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 2 (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
( ) ( ) .R R i R R
R
R
i R
R R
R
x s
s
x
s
1 2 1
1
1
2
1
+ = + ⇒ =
56. As correntes em R e RV são i e i9 2 i, respectivamente. Como V = iR = (i9 2 i)RV, temos, 
dividindo ambos os membros por V, 1 = (i9 /V 2 i/V)RV = (1/R9 2 1/R)RV. Assim,
1 1 1
R R R
R
RR
R RV
V
V
=
′
− ⇒ ′ =
+
.
A resistência equivalente do circuito é
R R R R R R
RR
R R
A A
V
V
eq = + + ′ = + + +0 0
.
soluções dos problemas 159
(a) A leitura do amperímetro é
′ = =
+ + +
=
+ +
i
R R R R R R RA V V
 
eq
V
3,00
0
12 0
100 30
( )
,
  00 85 0 300 85 0
7 09 10 2
   ( )( ) +( )
= × −
, ,
, A.
(b) A leitura do voltímetro é 
V =  – i' (RA + R0) = 12,0 V – (0,0709 A) (103,00 Ω) = 4,70 V.
(c) A resistência aparente é R9 = V/i9 = 4,70 V/(7,09 × 10–2 A) = 66,3 Ω. 
(d) Se RV aumenta, a diferença entre R e R′ 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) t = RC = (1,40 × 106 Ω)(1,80 × 10–6 F) = 2,52 s.
(b) qo = C = (12,0 V)(1,80 m F) = 21,6 mC.
(c) De acordo com a Eq. 27-33, q = q0(1 – e–t/RC), o que nos dá
t RC
q
q q
=
−




= ( )
−
ln s ln
21,6 C
21,6 C
0
0
2 52
16
,

 ,,
,
0
3 40
C
s.




=
59. Enquanto o capacitor está sendo carregado, a carga da placa positiva é dada por
q C e t= −( )− 1 ,
na qual C é a capacitância,  é a fem aplicada e t = RC é a constante de tempo. A carga final é 
qf = C. No instante em que q = 0,99qf = 0,99C, 
0 99 1 0 01, , ./= − ⇒ =− −e et t 
Tomando o logaritmo natural de ambos os membros, obtemos
t/t = – ln 0,01 = 4,61
60. (a) De acordo com a Eq. 27-39, q q e t= −0 / , o que nos dá t = t ln (q0/q), na qual t = RC é a 
constante de tempo. Assim,
t
q
q
t
1 3
1
2 3
3
2
0 41/
/,=




= 

 = ⇒  ln /
ln0
0
33

= 0,41.
(b) t
q
q
t
2 3
2 3
3
3 1 1/
/,=




= = ⇒ =  

ln
/
ln 1,1.0
0
61. (a) A diferença de potencial entre os terminais do capacitor é V(t) = (1 − e−t/RC). Como, para 
t = 1,30 ms, V(t) = 5,00 V, 5,00 V = (12,0 V)(1 – e–1,30 ms/RC), o que nos dá 
t = (1,30 m s)/ln(12/7) = 2,41 ms.
(b) A capacitância é C = t/R = (2,41 ms)/(15,0 kΩ) = 161 pF.
160 soluções dos problemas
62. O tempo necessário para que a diferença de potencial entre os terminais do capacitor atinja 
o valor VL é dado por V eL t RC= − −( ).1 Para que a lâmpada pisque duas vezes por segundo, 
esse tempo deve ser igual a 0,500 s. Assim, 
R
t
C VL
=
−[ ] = × −ln ( )
,
( , ) ln , ( 
0 500
0 150 10 95 06
s
F V 995 0 72 0
2 35 106
, , )
,
V V−[ ]
= × 
63. No instante t = 0, o capacitor está totalmente descarregado e se comporta como um curto-
circuito. Seja i1 a corrente em R1, considerada positiva se o sentido for para a direita. Seja i2 
a corrente em R2, considerada positiva se o sentido for para baixo. Seja i3 a corrente em R3, 
considerada positiva se o sentido for para baixo. De acordo com a regra dos nós, i1 = i2 + i3. 
Aplicando a regra das malhas à malha da esquerda, obtemos
 − − =i R i R1 1 2 2 0 ,
e aplicando a regra das malhas à malha da direita, obtemos
i R i R2 2 3 3 0− = .
Como as resistências são todas iguais, podemos substituir R1, R2 e R3 por R, o que nos dá o 
seguinte sistema de equações:
i1 = i2 + i3
 − − =i R i R1 2 0
i i2 3 0− = .
Resolvendo o sistema de equações, obtemos:
(a) i
R
1
3
6
32
3
2 1 2 10
3 0 73 10
1 1 10= = ×
×
= × =− ( , )
( , )
,
V
A 1

,,1 mA.
(b) i
R
2
3
6
4
3
1 2 10
3 0 73 10
5 5 10= = ×
×
= × =− ,
( , )
,
V
A 0,55

mmA.
(c) i i3 2 45 5 10= = × =−, .A 0,55 mA
(d) Para t → ∞, o capacitor está totalmente carregado e se comporta como um circuito aberto. 
Assim, i1 = i2, e a regra das malhas nos dá

− − = ⇒ = = ×
×
=i R i R i
R
1 1 1 2 1
3
6
0
2
1 2 10
2 0 73 10
8
,
( , )
V

,, .2 10 4× =− A 0,82 mA
(e) i i2 1 48 2 10= = × =−, .A 0,82 mA
(f) Como foi visto no item anterior, i3 = 0.
Em um instante genérico, as equações obtidas, aplicando aocircuito a regra dos nós e a regra 
das malhas, são:
i1 = i2 + i3
 − − =i R i R1 2 0
− − + =q
C
i R i R3 2 0 .
soluções dos problemas 161
Substituindo i1 por i2 + i3 na segunda equação, obtemos  – 2i2R – i3R = 0, o que nos dá i2 = 
( – i3R)/2R. Substituindo na terceira equação, obtemos
–(q/C) – (i3R) + (â/2) – (i3R/2) = 0.
Substituindo i3 por dq/dt, temos:
3
2 2
R dq
dt
q
C
+ =  .
Como a equação anterior é a equação de um circuito RC série com uma constante de tempo t = 
3RC/2 e uma fem aplicada /2, a solução é
q
C
e t RC= −( )−
2
1 2 3 .
A corrente no ramo do capacitor é
i t
dq
dt R
e t RC3 2 33
( ) .= = −
A corrente no ramo central é
i t
R
i
R R
e
R
et RC t RC2
3 2 3 2 3
2 2 2 6 6
3( ) = − = − = −( )− −   
e a queda de tensão em R2 é
V t i R e t RC2 2 2 36
3( ) .= = −( )−
(g) Para t e t RC= =−0 12 3, e V2 3 23 1 2 10 3 4 0 10= = × = × ( , ) ,V V.
(h) Para t → ∞, e t RC− →2 3 0 e V2 3 22 1 2 20 2 6 0 10= = × = × ( , ) ,V V.
(i) A figura a seguir mostra um gráfico de V2 em função do tempo.
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, na qual C é a capacitância. Como a carga de um 
capacitor que está se descarregando é dada por q = q0 e–t/t, isto significa que V V e t= −0 / , na qual 
V0 é a diferença de potencial inicial. Dividindo ambos os membros por V0 e tomando o logarit-
mo natural, obtemos:
 = − = − [ ] =
t
V Vln
s
ln V V
s.
( )
,
( , ) ( )
,
0
10 0
1 00 100
2 17
(b) No instante t = 17,0 s, t/t = (17,0 s)/(2,17 s) = 7,83 e, portanto,
V V e et= = = × =− − −0 7 83 2100 3 96 10 ( ) , .,V V 39,6 mV
162 soluções dos problemas
65. No regime estacionário, a tensão entre os terminais do capacitor é igual à queda de tensão 
em R2:
V R
R R
0 2
1 2
15 0
20 0
15 0
=
+
=
+





( , )
,
,
k
V
10,0 k k

 
= 12 0, V.
Multiplicando a Eq. 27-39 pela capacitância, obtemos V = V0e2t/RC como a equação que des-
creve 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:
V e= =− × −( ) ,, ( . )( , )12 6 160 004 15 000 0 4 10 6 V.
Assim, de acordo com a lei de Ohm, a corrente em R2 é 6,16/15.000 = 411 mA.
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


1 1 1
6 4
2 2
20 0 5 00 10 1 00 10= = × = ×
=
− −R C
R
( , )( , ) , F s
CC2 6 510 0 8 00 10 8 00 10= × = ×− −( , )( , ) , F s ,
temos:
t =
−
=
× − ×− − −
ln( / ) ln( )
, ,
3 2 3 2
1 25 10 1 002
1
1
1 4 1 
/
s 110
1 62 10
4 1
4
s
s 162 s.−
−= × =, 
67. A diferença de potencial entre as placas do capacitor varia com o tempo de acordo com a 
equação V t V e t RC( ) ./= −0 Para V = V0/4 e t = 2,0 s, obtemos
R
t
C V V
= =
×
= × =−ln(
s
2,0 10 F ln40 6
52 0 7 2 10 0 7
)
,
( )
, , 22 M .
68. (a) Como a energia inicial armazenada no capacitor é U q CC = 02 2/ , na qual C é a capacitân-
cia e q0 é a carga inicial de uma das placas, temos:
q CUC0 6 32 2 1 0 10 0 50 1 0 10= = × = ×− −( , )( , ) ,F J C.
(b) A variação da carga com o tempo é dada por q q e t= −0  , na qual t é a constante de tempo. 
Derivando essa expressão em relação ao tempo, obtemos
i
dq
dt
q
e t= − = −0

 ,
o que mostra que a corrente inicial é i0 = q0/t. Como a constante de tempo é
t = RC = (1,0 × 10−6 F)(1,0 × 106 Ω) = 1,0 s,
obtemos:
i0
3
31 0 10
1 0
1 0 10= × = ×
−
−,
,
, .
C
s
A
(c) Fazendo q q e t= −0  na relação VC = q/C, obtemos
V
q
C
e eC t t= =
×
×




=−
−
−
−0
3
6
1 01 0 10 , ,C
1,0 10 F
s (( , ) .1 0 103× −V e t
(d) Fazendo i q e t= −( )0   na relação VR = iR, obtemos 
V
q R
e eR t t= =
× ×− − −0 3 6 1 01 0 10 1 0 10
1 0
 ( , )( , )
,
,C
s
 ss V= × −( , ) .1 0 103 e t
soluções dos problemas 163
(e) Fazendo i q e t= −( )0   na relação P = i2R, obtemos
P
q R
e t= = × ×−
−
0
2
2
2
3 2 6
2
1 0 10 1 0 10
1 0
 ( , ) ( , )
( , )
C
s

ee et t− −=2 1 0 2, .s W
69. (a) A carga da placa positiva do capacitor é dada por
q C e t= −( )− 1 ,
na qual C é a capacitância,  é a fem da fonte e t é a constante de tempo. O valor de t é
t = RC = (3,00 × 106 Ω)(1,00 × 10–6 F) = 3,00 s.
Para t = 1,00 s, t/t = (1,00 s)/(3,00 s) = 0,333 e a taxa de aumento de carga do capacitor é
dq
dt
C
e et= = ×−
−
−

 ( , ) ( , )
,
,1 00 10 4 00
3 00
6
0 33F V
s
33 79 55 10= × =−, C s 0,955 C/s.
(b) A energia armazenada no capacitor é dada por UC = q2/2C e a taxa de variação da energia 
é
dU
dt
q
C
dq
dt
C = .
Como
q C e et= − = × − =− − − ( ) ( , )( , )( ),1 1 00 10 4 00 16 0 333V 11 13 10 6, × − C,
temos:
dU
dt
q
C
dq
dt
C = = ×
×




−
−
1 13 10
1 00 10
9 5
6
6
,
,
( ,
C
F
55 10 1 08 107 6× = × =− −C s W 1,08 W.) , 
(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,
P = × × = × =− −( , ) ( , ) ,9 55 10 3 00 10 2 74 107 2 6 6A W 2,74 W.
(d) A taxa com a qual a energia é fornecida pela fonte é
i = × = × =− −( , )( , ) ,9 55 10 4 00 3 82 107 6A V W 3,82 W.
Como 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 mW = 1,08 mW + 
2,74 mW.
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  a fem das fontes 
e aplicando a regra das malhas à malha externa do circuito, obtemos
3 2 0( ) ( ) , − − =ir i R
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  – ir = 8,0 V.
(c) De acordo com a Eq. 27-17, Pf = i = (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 = /2R1 = 120 V/40,0 Ω = 3,00 A.
164 soluções dos problemas
(b) Com as chaves S1 e S2 fechadas e a chave S3 aberta, temos: 
Req = R1 + R1 (R1 + R2) /(2R1 + R2) = 20,0 Ω + (20,0 Ω) × (30,0 Ω)/(50,0 Ω) = 32,0 Ω,
o que nos dá
ia = /Req = 120 V/32,0 Ω = 3,75 A.
(c) Com as três chaves fechadas, Req = R1 + R1 R9/(R1 + R9), na qual 
R9 = R2 + R1 (R1 + R2)/(2R1 + R2) = 22,0 Ω,
o que nos dá
Req = 20,0 Ω + (20,0 Ω) (22,0 Ω)/(20,0 Ω + 22,0 Ω) = 30,5 Ω,
e, portanto,
ia = /Req = 120 V/30,5 Ω = 3,94 A.
72. (a) A resistência equivalente dos resistores R1, R2, R3 e R4 é dada por 
R R R
R R
R R
R R
R R
eq = + = +
+
+
= + =12 34 1 2
1 2
3 4
3 4
7 0 3 0 1, ,  00 .
Como a fem da fonte está aplicada aos terminais de Req, temos:
i2 = /Req = (30,0 V)/(10 Ω) = 3,0 A.
(b) A resistência equivalente dos resistores R5, R6 e R7 é 
′ = + =
+
+ =
+
R R R
R R
R R
Req
(6,0 )(2,0 )
6,056 7
5 6
5 6
7 2
 
 ,,
, , .
0 
 + =1 5 3 0
Como a fem da fonte está aplicada aos terminais de ′Req, temos:
i4 = / ′Req = (30,0 V)/(3,0 Ω) = 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 2 i4(1,5 Ω) 2 i5(2,0 Ω) = 0,
o que nos dá i5 = 7,5 A.
73. (a) O módulo da densidade de corrente no fio A (e também no fio B) é
J
i
A
V
R R A R R D
A = = +
=
+
=
( ) ( )
( , )
( ,1 2 1 2
4 4 60 0
0 12
V V
 2 77 0 729 2 60 10
1 32 10
3 2
7 2
 + ×
= ×
−, )( , )
, .
m
A m
(b) V
VR
R R
A = +
=
+
=1
1 2
60 0 0 127
0 127 0 729
( , )( , )
( , , )
V 
 
88 90, .V 
(c) 
 
A
A
A
A
A
R A
L
R D
L
= = = ×
−2 3 2
4
0 127 2 60 10
4 4
( , )( , )
(
 m
00 0
1 69 10 8
, )
,
m
m.= × ⋅− 
De acordo com a Tabela 26-1, o fio A é feito de cobre.
(d) J JB A= = ×132 107 2, .A m
(e) VB = V 2 VA = 60,0 V 2 8,9 V = 51,1 V.
soluções dos problemas 165
(f) 
 
B
B
B
B
B
R A
L
R D
L
= = = ×
−2 3 2
4
0 729 2 60 10
4 4
( , )( , )
(
 m
00 0
9 68 10 8
, )
,
m
m .= × ⋅−  .
De acordo com a Tabela 26-1, o fio B é feito de ferro.
74. O resistor do lado esquerdo da letra i está acima de três outros resistores; juntos, esses resis-
tores são equivalentes a um resistor de resistência R = 10 Ω, que conduz uma corrente i. Como 
se estivéssemos procurando a saída de um labirinto, podemos encontrar um percurso entre as 
extremidades de R que passa apenas por fontes (10, no total). Como 7 dessas fontes têm uma 
polaridade e as outras 3 têm a polaridade oposta, a fem aplicada a R é  = 40 V. 
(a) A corrente é i = /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,
q C V C V V V
C
C
= = ⇒ = = ( )

 = ×1 1 2 2 2 1
1
2
200
150
10
3 0, 1103 V 3,0 kV= .
(b) Multiplicando a Eq. 27-39 pela capacitância, obtemos V = V0e2t/RC como a equação que 
descreve a tensão entre os terminais do capacitor. Assim,
V V e t RC
V
V
t RC= ⇒ = 

 = ×( ) ×− −0
0 9 1300 10 10 10ln  22
3000
100
F( ) 

ln ,
o que nos dá t = 10 s. Este é um intervalo de tempo maior 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 V V e t RC= −0 para os novos valores 
V0 = 1400 V e t = 0,30 s. O resultado é o seguinte: 
R
t
C V V
= ( ) = × ( ) =−ln
,
( ) ln
,
0
12
0 30
10 10 1400 100
1 1
s
F
×× =10 1110  G .
76. (a) Podemos reduzir o par de resistores em paralelo na parte de baixo do circuito a um único 
resistor R′ =1,00 Ω e combinar esse resistor com um resistor em série para obter um resistor 
equivalente R′′ = 2,00 Ω + 1,00 Ω = 3,00 Ω. A corrente em R′′ é a corrente i1 que precisamos 
calcular. Aplicando a regra das malhas a uma malha que inclui R′′ 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 − i1R = 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 esco-
lhido inicialmente, ou seja, da direita para a esquerda.
(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 2 a um único resistor R9 = 1,00 
Ω, através do qual passa uma corrente i9= (10,0 V)//(1,00 Ω) = 10,0 A, de cima para baixo, 
vemos que, de acordo com a regra dos nós, a corrente na fonte 2 é i = i9 − i1 = 5,00 A para 
cima, ou seja, do terminal negativo para o terminal positivo. Isso significa que a fonte 2 está 
fornecendo energia.
166 soluções dos problemas
(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 â3 pode ser reduzido a um único resistor 
R = 0,800 Ω (associando primeiro dois resistores em série e depois associando o resistor 
equivalente a dois resistores em paralelo), através do qual passa uma corrente i = (5,00 V)/ 
(0,800 Ω) = 6,25 A de cima para baixo. De acordo com a regra dos nós, a corrente na fonte 3 
é i = i + 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. Vamos usar o índice s para indicar silício, o índice f para indicar ferro e chamar de T0 a 
temperatura de referência. As resistências dos dois resistores são dadas por
R T R T T T R T R Ts s s f f f( ) = ( ) + −( )  ( ) = ( ) +0 0 01 1 , TT T−( ) 0 .
Como os resistores estão ligados em série,
R T R T R T R T T T R Ts f s s f( ) = ( ) + ( ) = ( ) + −( )  + (0 0 01  )) + −( ) 
= ( ) + ( ) + ( ) +
1 0
0 0 0


f
s f s s f
T T
R T R T R T R T00 0( )  −( ) f T T .
Para que R(T) não dependa da temperatura e seja igual a 1000 Ω, devemos ter:
Rs(T0)as + Rf(T0)af = 0
Rs(T0) + Rf(T0) = 1000 Ω.
Resolvendo o sistema de equação anterior, obtemos:
(a) R T
R
s
f
f s
0
3 11000 6 5 10
6 5 10
( ) =
−
= ×
×
− −
 
( )( , )
( ,
 K
−− − − −− − ×
=
3 1 3 170 10
85 0
K ) K( )
, .
(b) Ri(T0) = 1000 Ω – 85,0 Ω = 915 Ω .
Nota: Só é possível construir um resistor desse tipo usando materiais, como o ferro e o silício, 
cujos coeficientes de temperatura da resistividade têm sinais opostos. Mesmo assim, a variação 
da resistência com a temperatura, embora pequena, não é exatamente zero, já que o próprio 
coeficiente de temperatura da resistividade varia com a temperatura, e a variação é diferente 
em diferentes materiais. É por isso que o enunciado do problema se refere a “um resistor cuja 
resistência varia muito pouco com a temperatura” e não a “um resistor cuja resistência não varia 
com a temperatura”.
78. Como a corrente no amperímetro é iA = /(r + R1 + R2 + RA) e a corrente em R1 e R2 sem o 
amperímetro é i = /(r + R1 + R2), o erro percentual é
i
i
i i
i
r R R
r R R R
R
r R R R
A
A
A
A
= − = − + +
+ + +
=
+ + +
=1 1 2
1 2 1 2
00 10
2 0 5 0 4 0 0 10
0 90
,
, , , ,
, %.

   + + +
=
79. (a) Como, de acordo com a Eq. 27-34, i(t) = (/R)e–t/RC, a energia total fornecida pela fonte é
U i dt
R
e dt C Ut RC C= = = =−
∞∞
∫∫   
2
0
2
0
2 ,
e, de acordo com a Eq. 25-22, UC = C2/2, temos:
U
U
C = 2
.
soluções dos problemas 167
(b) Integrando o produto i2R, temos:
U i Rdt
R
e dt C
U
R
t RC= = = =−
∞∞
∫∫ 2
2
2
00
21
2 2

 .
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 Ω)i + (10,0 Ω)i + (15,0 Ω)i,
o que nos dá i = 2/3 A. Isso significa que a queda de tensão em R1 é (5,00 Ω)(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
U C V1 1 1
2 6
21
2
1
2
5 00 10
10
3
2 78= = × 

 =
−( , ) ,F V ×× −10 5 J.
A queda de tensão em R2 é (10,0 Ω)(2/3 A) = 20/3 V, que é também a tensão V2 entre os termi-
nais do capacitor C2. Assim,
U C V2 2 2
2 6
21
2
1
2
10 0 10
20
3
2 22= = × 

 =
−( , ) ,F V ×× −10 5 J.
A energia total armazenada nos capacitores é U1 + U2 = 2,50 × 10−4 J = 250 mJ.
81. A queda de tensão em R2 é
V iR
R
R R R
2 2
2
1 2 3
12 4 0
3 0 4 0 5 0
= =
+ +
=
+ +
 ( )( , )
, , ,
V 
  
= 4 0, V.
82. Como Va – 1 = Vc – ir1 – iR e i = (1 – 2)/(R + r1 + r2), temos:
V V i r R
R r r
r Ra c− = − + = −
−
+ +




+(   1 1 1 1 2
1 2
1( ) ))
= − −
+ +




+4 4 4 4 2 1
5 5 1 8 2 3
2 3,
, ,
, , ,
( ,V
V V
  
 55 5
2 5
, )
,

= V.
83. A diferença de potencial entre os terminais do capacitor é
V t V e R
t
C V V
t RC( ) ./= ⇒ = ( )
−
0
0ln
(a) Para tmin = 10,0 ms, Rmin
,
, ln , ,
, .= ( ) ( ) =
10 0
0 220 5 00 0 800
24 8


s
F

(b) Para tmax = 6,00 ms, V t V e R
t
C V V
t RC( ) ./= ⇒ = ( )
−
0
0ln
84. (a) Quando Rboia = 140 Ω, i = 12 V/(10 Ω + 140 Ω) = 8,0 × 10−2 A = 80 mA.
(b) Quando Rboia = (140 Ω + 20 Ω)/2 = 80 Ω, i = 12 V/(10 Ω + 80 Ω) = 0,13 A.
(c) Quando Rboia = 20 Ω, i = 12 V/(10 Ω + 20 Ω) = 0,40 A.
168 soluções dos problemas
85. Como a resistência interna da bateria é r = (12 V – 11,4 V)/50 A = 0,012 Ω < 0,020 Ω, a 
bateria está em boas condições. Por outro lado, a resistência do cabo é R = 3,0 V/50 A = 0,060 
Ω > 0,040 Ω, o que mostra que o componente defeituoso é o cabo.
86. Quando os resistores são ligados em série, a potência dissipada é
Ps = 2/(R1 + R2).
Quando os resistores são ligados em paralelo, a potência dissipada é
Pp = 2(R1 + R2)/R1R2.
Fazendo Pp/Ps = 5, obtemos (R1 + R2)2/R1R2 = 5, o que nos dá a equaçãodo segundo grau
R R R R2
2
1 2 13 0− + = ,
cujas soluções, para R1 = 100 Ω, são
R2
300 90 000 40 000
2
300 224
2
= ± − = ±. . .
(a) A menor solução é R2 = (300 − 224)/2 = 38 Ω.
(b) A maior solução é R2 = (300 + 224)/2 = 262 Ω.
87. Quando a chave S permanece aberta por um longo tempo, a carga do capacitor C é qi = 2C. 
Quando a chave S permanece fechada por um longo tempo, a corrente i em R1 e R2 é 
i = (2 – 1)/(R1 + R2) = (3,0 V – 1,0 V)/(0,20 Ω + 0,40 Ω) = 3,33 A.
A diferença de potencial V entre as placas do capacitor é, portanto, 
V = 2 – iR2 = 3,0 V – (3,33 A) (0,40 Ω) = 1,67 V.
Como a carga final do capacitor C é qf = VC, a variação da carga do capacitor é 
∆q = qf – qi = (V – 2)C = (1,67 V – 3,0 V) (10 m F) = –13 m C.
88. De acordo com a regra das malhas e a regra dos nós, temos:
20 0 0
20 0 50 0
1 1 3 3
1 1 2 2
2 3 1
,
,
− − =
− − − =
+ =
i R i R
i R i R
i i i
Fazendo i1 = 0, R1 = 10,0 Ω e R2 = 20,0 Ω nas equações anteriores, obtemos: 
i
R
R
R1
3
3
3
40 3
20 3
0
40
3
13 3= −
+
= ⇒ = = , .
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 R9 = 3,0R. Os resistores do canto superior esquerdo estão ligados em 
série e equivalem a uma resistência R = 6,0R. Finalmente, as resistências R9 e R estão ligadas 
em paralelo, o que nos dá uma resistência equivalente total
R
R R
R R
Req =
′ ′′
′ + ′′
= =2 0 20, .
90. (a) De acordo com as Eqs. 26-27 e 27-4, a potência é dada por
P i R
R
R r
= =
+
2
2
2

( )
soluções dos problemas 169
Derivando a potência em relação a R e igualando o resultado a zero, obtemos:
dP
dR
d
dR
R
R r
r R
R r
=
+




= −
+
= 
2
2
2
3
0
( )
( )
( )
,
cuja solução é R = r.
(b) Para R = r, a potência dissipada no resistor externo é
P
R
R r rR r
max ( )
.=
+
=
=
 2
2
2
4
91. (a) Aplicando a regra das malhas à malha da esquerda, obtemos:
i
R
1
12 0
4 00
3 00= = = ,
,
, .
V
A

(b) O sentido de i1 é para baixo.
(c) Aplicando a regra das malhas à malha central, obtemos:
2 1 2
2
22
0+ + + − + −

 + − =( ) ( ) ( ) .i R i R
i
R i R
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 termi-
nal 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 Ω e a resistência equivalente de R1 
e R2 em paralelo é R12 = 2,0 Ω. Como a queda de tensão em R34 é igual à queda de tensão em 
R12, 
V V i R i R i i34 12 34 34 12 12 34 12
1
2
= ⇒ = ⇒ = .
De acordo com a regra dos nós,
I = i12 + i34 = 6,00 A.
Combinando as duas equações, obtemos:
2i12 + i12 = 12,00 A ⇒ i12 = 4,00 A.
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, V PR= = =( )( , ) ,10 0 10 1 0W V.
170 soluções dos problemas
(b) Como i = V/R = ( – V)/r, temos:
r R
V
V
= −

 = ( )
−



= 0 10 1 5 1 0
1 0
0,
, ,
,
,
V V
V
0050  .
94. (a) Req(AB) = 20,0 Ω/3 = 6,67 Ω (três resistores de 20,0 Ω em paralelo).
(b) Req(AC) = 20,0 Ω/3 = 6,67 Ω (três resistores de 20,0 Ω 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,
i
V
R
q
RC
= − = − ×
×
=
−
−
12
4
8 10
4 4 10
2 5
6
6
V C
F)
A
 ( )(
, .
97. Quando as fontes estão ligadas em paralelo, a fem total é , a resistência equivalente é 
Rparalelo = R + r/N e a corrente é 
i
R R r N
N
NR r
paralelo
paralelo /
= =
+
=
+
  
.
Quando as fontes estão ligadas em série, a fem total é N, a resistência equivalente é Rsérie = R + 
Nr e a corrente é 
i
N
R
N
R Nr
série
série
= =
+
 
.
Comparando as duas expressões, vemos que, para R = r,
i i
N
N r
paralelo série= = +

( )
.
1
98. Com R2 e R3 em paralelo associadas com R1 em série, a resistência equivalente do circuito é
R R
R R
R R
R R R R R R
R R
eq = + +
= + +
+1
2 3
2 3
1 2 1 3 2 3
2 3
e a corrente é 
i
R
R R
R R R R R R
= = +
+ +
 
eq
( )
.2 3
1 2 1 3 2 3
A potência fornecida pela fonte é 
P i
R R
R R R R R R
= = +
+ +

( )
.2 3
2
1 2 1 3 2 3
(a) Para determinar o valor de R3 que maximiza P, derivamos P em relação a R3. Depois de 
algumas transformações algébricas, obtemos
dP
dR
R
R R R R R R3
2
2 2
1 2 1 3 2 3
2
= −
+ +

( )
.
Como a derivada é negativa para todos os valores positivos de R3, P é máxima para R3 = 0.
 
soluções dos problemas 171
(b) Fazendo R3 = 0, obtemos
P
R
= = =
2
1
12 0
14 4
( ,
, .
V)
10,0
W
2

99. (a) Como o capacitor está inicialmente descarregado, ele se comporta inicialmente como 
um curto-circuito e, portanto, a tensão inicial é zero entre os terminais do resistor R2 e 30 V 
entre os terminais do resistor R1. Assim, de acordo com a lei de Ohm, i10 = (30 V)/(20 kΩ) = 
1,5 × 10–3 A = 1,5 mA.
(b) Como a tensão inicial entre os terminais do resistor R2 é 0, i20 = 0.
(c) Depois de transcorrido um longo tempo, o capacitor passa a se comportar como um circuito 
aberto e os resistores R1 e R2 passam a se comportar como dois resistores em série, com uma 
resistência equivalente Req = R1 + R2 = 20 kΩ + 10 kΩ = 30 kΩ. Assim, a corrente no circuito, 
que é igual à corrente no resistor 2, é
i =
×
= × =−30
30 10
1 0 10 1 0
3
3V A mA

, , .