Leis de Kirchhoff em Circuitos Elétricos

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CIÊNCIAS DA NATUREZA
E SUAS TECNOLOGIAS
F B O N L I N E . C O M . B R
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PROFESSOR(A): ANDREW AQUINO
ASSUNTO: LEIS DE KIRCHHOFF
FRENTE: FÍSICA II
OSG.: 120987/17
AULA 19
EAD – MEDICINA
Resumo Teórico
Primeira lei de Kirchhoff (lei dos nós)
Em qualquer nó, a soma das correntes que o deixam é igual 
à soma das correntes que chegam até ele. A Lei é uma consequência 
da conservação da carga total existente no circuito. Isto é uma 
confi rmação de que não há acumulação de cargas nos nós.
nó
i
1
i
3
i
2
Ou seja:
i
1
 + i
2
 = i
3
Segunda lei de Kirchhoff (lei das malhas)
A soma algébrica das forças eletromotrizes (f.e.m) e das quedas 
de potencial em uma malha, é nula.
a b c
f e d
E
1
R
1
R
3
–+ – +
R
2
i
1 i3 i2
E
2
 
Ou seja:
E
1
 + R
3 
⋅ i
3
 + R
1
⋅ i
1
 = 0
E
2
 + R
2 
⋅ i
2
 + R
3 
⋅ i
3
 = 0
Exercícios
01. (UFU-MG) Considere o trecho de um circuito elétrico apresentado 
a seguir, contendo um resistor R, um gerador de força eletromotriz 
E e um fi o ideal AB. Os pontos A, C e D não se ligam diretamente 
no circuito.
A
C E
B
R
D
 É correto afi rmar que
A) a potência dissipada no resistor R depende, diretamente, da 
intensidade da corrente que o atravessa e, inversamente, da 
diferença de potencial entre B e D.
B) a aplicação da 1a Lei de Kirchhoff (lei dos nós) no ponto B 
garante a conservação da carga elétrica no trecho apresentado.
C) independentemente do restante do circuito, há conservação de 
energia no trecho apresentado, o que impõe que E
i
 = R[i(r)]2, 
sendo i a intensidade da corrente através do gerador e i(r) a 
intensidade da corrente que percorre o resistor.
D) a diferença de potencial entre os pontos C e A (V
C
– V
A
) é zero.
02. (PUC-SP) Entre os pontos A e B é mantida uma tensão 
U = 20 V. A corrente que atravessa esse trecho tem intensidade
A B
i
12 V 2 V
4,5 Ω 0,5 Ω
 
A) 2,8 A B) 2,0 A 
C) 2,5 A D) 3,5 A
E) 4,0 A
03. (Unesp-SP) Três resistores, P, Q e S, cujas resistências valem 
10 Ω, 20 Ω e 20 Ω respectivamente, estão ligados ao ponto A de 
um circuito. As correntes que passam por P e por Q são 1,00 A e 
0,50 A, como mostra a fi gura.0,50 A, como mostra a fi gura.
P
Q
B
A S
iQ
iP
C
A) Qual é a ddp entre A e C?
B) Qual é a ddp entre B e C?
2F B O N L I N E . C O M . B R
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MÓDULO DE ESTUDO
OSG.: 120987/17
04. (PUC-SP) No circuito da fi gura, a diferença de potencial V
A
 – V
B
, 
com a chave K aberta, tem valor:
20 V3 Ω
2 Ω
15 V BA
k
+ –
+ –
 
A) 35V B) 20V 
C) 15V D) 5V 
E) zero 
05. (PUC-SP) Com relação ao circuito do exercício anterior: Fechando 
a chave K da fi gura anterior, a diferença de potencial V
A
 –V
B
 passa 
a ter valor: 
A) 35 V B) 23 V 
C) 20 V D) 17 V 
E) 15 V
06. (Unesp-SP) O esquema representa duas pilhas ligadas em paralelo, 
com as resistências internas indicadas.
A
10 Ω 20 Ω
B
3,0 V1,5 V
 
A) Qual o valor da corrente que circula pelas pilhas?
B) Qual é o valor da diferença de potencial entre os pontos 
A e B e qual é o ponto de maior potencial?
C) Qual das duas pilhas está funcionando como receptor?
07. (UFPE-PE) Calcule o potencial elétrico no ponto A, em volts, 
considerando que as baterias têm resistências internas desprezíveis 
e que o potencial no ponto B é igual a 15 volts.
12 V 6,0 V
A
B
–
+
–
+
4,0 Ω
2,0 Ω
08. (UFPEL-RS) Num circuito de corrente contínua, ao percorrermos 
uma malha fechada, partindo de um determinado ponto, 
observamos que as variações de potencial elétrico sofridas pelos 
portadores de carga é tal que, ao retornarmos ao ponto de partida, 
obtemos o mesmo valor para o potencial elétrico.
 Baseado no texto e em seus conhecimentos, o fato descrito acima 
é uma consequência do princípio da conservação
A) da carga. 
B) da energia. 
C) da massa. 
D) da quantidade de movimento. 
E) da potência elétrica.
09. (Mackenzie-SP) Duas baterias tem a mesma força eletromotriz (E
1
 
= E
2
) e resistências internas respectivamente iguais a r
1
 e r
2
. Elas 
são ligadas em série a um resistor externo de resistência R.
 
E
1+ – + –
E
2
R
 O valor de R que tornará nula a diferença de potencial entre os 
terminais da primeira bateria será igual a:
A) (r
1
 – r
2
)/2 B) (r
1
+ r
2
)/2 
C) r
2
 – r
1
 D) r
1
– r
2
 
E) r
1
 + r
2
10. (UFPA) No circuito a seguir, i = 2A, R = 2 Ω, E
1
= 10 V, r
1
 = 0,5 Ω, 
E
2 
= 3,0 V e r
2
 = 1,0 Ω. Sabendo que o potencial no ponto A é de 
4 V, podemos afi rmar que os potenciais, em volts, nos pontos B, 
C e D são, respectivamente: 
 
B
A
R
i
D
E
1 r
1
E
2 r
2C
A) 0, 9 e 4 B) 2, 6 e 4 
C) 8, 1 e 2 D) 4, 0 e 4 
E) 9, 5 e 2
11. (UFSC-SC) No circuito da fi gura, determine a intensidade da 
corrente i
2
, que será lida no amperímetro A, supondo-o ideal (isto 
é, com resistência interna nula).
 
E
1 E
2
R
1 R2
A
i
1
i
2 R
2
i
3
 Dados: E
1
=100 V, E
2 
= 52 V, R
1
= 4 Ω, R
2 
= 10 Ω, R
3 
= 2Ω, i
1 
= 10A.
12. (UFPB-PB) Tendo-se no circuito abaixo, R
1 
= 2 Ω, R
2 
= 4 Ω e 
R
3
 = 6Ω, i
1 
= 2 A e i
3 
= 1 A, determine:
 
i1
i1
i2
R2
R2
R1
E1 E2
A) a corrente i
2
 que percorre o resistor R
2
;
B) a força eletromotriz E
1
. 
3 F B O N L I N E . C O M . B R
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OSG.: 120987/17
MÓDULO DE ESTUDO
13. (UFC-CE) Considere o circuito da fi gura a seguir.
 
A
B
4 ohm
l1 l2 l3
6 ohm
6V 6V
+ + +
17V
2 ohm
A) Utilize as leis de Kirchhoff para encontrar as correntes I
1
, I
2
 e I
3
B) Encontre a diferença de potencial V
A
 – V
B
.
14. (UFMG-MG) No circuito esquematizado a seguir, o amperímetro 
ideal indica uma corrente de intensidade 2,0 A. O valor da 
resistência R da lâmpada, em ohms, é igual a: 
2,0 Ω
9,0 Ω
1,0 Ω
10 ΩA
R
48 V
12 V
A) 10 
B) 12 
C) 8 
D) 15 
E) 20
15. (UEL-PR) Dados cinco resistores ôhmicos, sendo quatro resistores 
R
1
 = 3 Ω e um resistor R
2
 = 6 Ω e três baterias ideais, sendo 
E
1
= 6,0 V e E
2 
= E
3 
= 12,0 V.
R1
R2
E2
E3
E1
R1
R1
R1 a
b
 Considerando que esses elementos fossem arranjados conforme o 
circuito da fi gura, assinale a alternativa que indica o valor correto 
para a diferença de potencial entre os pontos a e b [Uab ou 
(Va – Vb )]:
A) – 3,0V 
B) 3,0V 
C) 10 ,0 V 
D) 6,0V 
E) – 10,0V
Resolução
01.
A) potência em R 
 P = i ⋅ U 
 é diretamente proporcional a i e a U 
 Falsa
B) em B, a soma das correntes que chegam é igual à soma das 
correntes que saem (1a lei de Kirchhoff, lei dos nós) está 
relacionada às correntes que por sua vez estão relacionadas 
com as cargas (i = Q/t) 
 Correta
C) a conservação de energia ocorre quando você parte de um 
ponto e retorna ao mesmo ponto, numa malha, o que não é 
o caso 
 Falsa
D) V
A
 = V
B
 ≠ V
C
 
 Falsa
 Resposta: B
02. U
AB
 = 20V 
 U
AB
=+12 + 4,5i – 2 + 0,5i 20 – 10 = 5i 
 i = 2,0 A 
 Resposta: B
03.
A) i
P
 = i
Q
+ i
S
 
 1 = 0,5 = i
S
 
 i
S 
= 0,5 A 
 R
S
 = U
AC
/i
S
 – 20 = U
AC
/0,5 – U
AC 
= 10 V
B) R
Q
 = U
AB
/i
Q
 – 20 = U
AB
/0,5 
 U
AB
=10 V – U
AC
 = V
A
 – V
C
 10 = V
A
 – V
C
 – V
C 
= V
A
– 10 
 U
AB 
= 10 V
 10 = V
A
 – V
B
 
 
 V
B
 = V
A
 – 10 
 
 U
BC 
= V
B
 – V
C 
= (V
A
 – 10) – (V
A
 – 10) = V
A
 – 10 – V
A
 + 10 
 U
BC
 = 0 V
04. Com a chave K aberta , o gerador de 20 V fi ca em circuito aberto 
entre A e B e U
AB 
= V
A
 – V
B 
= 20 V 
 Resposta: B
4F B O N L I N E . C O M . B R
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MÓDULO DE ESTUDO
OSG.: 120987/17
05. Colocando a corrente i no sentido horário e percorrendo, a partir 
de A também no sentido horário 
 3i + 20 –15 + 2i = 0 
 i = –1 A 
 a corrente tem intensidade de 1 A no sentido anti-horário –
 U
AB 
= V
A
 – V
B 
= +2i +15 = 2 ⋅ 1 + 15 
 V
A
 – V
B 
= 17 V 
 Resposta: D
06. Colocando a corrente i circulando no sentido horário e percorrendo 
a malha, a partir de A, também no sentido horário
3,0 V1,5 V
A i
B
20 Ω10 Ω
A) +3 + 20i + 10i –1,5 = 0 
 i = – 0,05 A 
 a intensidade de corrente é 0,05 A e seu sentido correto é 
anti-horário 
B) Cálculoda ddp entre A e B, com o sentido correto da corrente 
sendo anti-horário, percorrendo a malha no sentido horário a 
partir de A, para a direita 
 U
AB
 = V
A
 – V
B
 = +3 – 20i = +3 – 20 ⋅ (0,05) = +2 V 
 U
AB 
= +2,0 V 
 U
AB 
> 0 
 V
A
 – V
B 
> 0 
 V
A 
> V
B
 
 o ponto A tem maior potencial
C) A pilha de maior voltagem sempre fará o papel de gerador. 
Logo, a corrente elétrica, nela, tem que entrar pelo polo 
negativo. Assim, a corrente elétrica no circuito tem sentido 
anti-horário. Como a corrente elétrica entra na pilha de 1,5 V 
pelo polo positivo, esta funcionará como receptor.
 
07. = 4i – 6 + 2i +12 = 0 
6i = –6 
i =1 A no sentido anti-horário 
V
A
 – V
B 
= V
A
 –15 = –12 + 2i
V
A 
= 15 – 12 +2 
V
A 
= 5 V
08. A energia W é fornecida pela expressão W = q ⋅ V 
 Resposta: B
09. +E – r
1
i + E – r
2
i – Ri = 0 
 i = 2E / (r
1
 + r
2
 + R) 
 a diferença de potencial U entre os terminais da primeira bateria 
é nula (U = 0) –– equação do gerador 
 U = e – r
1
i 
 0 = E – r
1 
⋅ 2E/r1 + r2 + R 
 E = 2Er
1
/r
1
 + r
2
 + R 
 1 = 2r
1
/r
1 
+ r
2
 + R – r
1
 + r
2
 + R = 2r
1
 
 R = r
1
 – r
2
 
 Resposta: D
10. Partindo de B e percorrendo a malha no sentido horário 
 – E
1
 + r
1 
⋅ i + E2 + r2 ⋅ i + R ⋅ i = 0 
 –10 + 0,5 ⋅ 2 + 3 +1 ⋅ 2 + R ⋅ 2 = 0 
 2R = 4 
 R = 2 Ω 
 U
AB 
= V
A
 – V
B 
= R ⋅ i 
 4 – V
B 
= 2 ⋅ 2 
 V
B
 = 0 
 U
BC 
= V
B 
– V
C
 
 V
B
 – V
C 
= –E
1
 + r
1 
⋅ i 
 0 – V
C 
= –10 + 0,5 ⋅ 2 
 V
C
 = 9V 
 U
CD
 = V
C
– V
D
 
 V
C
 – V
D 
= E
2
 + r
2 
⋅ i 
 9 – V
D 
= 3 + 1 ⋅ 2 
 V
D
 = 4 V 
 Resposta: A
11. Observe o esquema abaixo:
P
E
1
 = 100 V A
E
1
 = 52 V
I
i
1
 = 10 A i
2
i
3
II
R
1
 = 4 Ω R
2
 = 10 Ω R
3
 = 2 Ω
 
5 F B O N L I N E . C O M . B R
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OSG.: 120987/17
MÓDULO DE ESTUDO
 Malha I –– partindo de P e percorrendo no sentido horário
 +R
2 
⋅ i
2
 + R
1
 ⋅ i
1
 – E
1
 = 0 
 10 ⋅ i
2
 + 4 ⋅ 10 – 100 = 0 
 i
2
 = 6 A 
12.
A) Pela lei dos nós –– i
1 
= i
2 
+ i
3
 
 2 = i
2
 + 1 –– i
2 
= 1 A
13.
A) Partindo de A e percorrendo a 1ª malha no sentido horário 
 + 6 – 4I
2
 + 2I
1
 – 6 = 0 
 2I
1 
– 4I
2 
= 0 –– I
1 
= 2I
2
 
 Partindo de A e percorrendo a 2ª malha no sentido horário 
 + 17 + 6I
3 
+ 4I
2
 – 6 = 0 
 6I
3
 + 4I
2 
= –11 
 I
3 
= I
1
 + I
2
 
 I
3 
= 2I
2 
+ I
2
 
 I
3 
= 3I
2
 
 6I
3
 + 4I
2 
= –11 
 6 ⋅ (3I
2
) + 4I
2 
= –11 
 22I
2 
= –11 
 I
2
 = – 0,5 A (sentido correto, de A para B) –
 I
1 
= 2I
2 
= 2 ⋅ (–0,5)
 I
1 
= –1 A (sentido correto, de A para B) 
 I
3 
= 3I
2 
= 3 ⋅ (–0,5) = –1,5 
 I
3 
= –1,5 A (sentido correto, de B para A).
 R – I
1 
= 1 A, I
2 
= 0,5 A e I
3 
= 1,5 A
B) V
A
 – V
B 
= +6 + 4 ⋅ 0,5 
 V
A 
– V
B 
= 6 + 2 
 V
A
 – V
B 
= 8 V
14. Colocando as correntes 
 Percorrendo a malha I no sentido horário a partir de P, retornar a 
P e igualar a zero 
 9i + 2i – 48 
2,0
i
I
I I
i
i’
i’’
48 V
12V
Ω
10A
P
R
Ω
9,0Ω
1,0Ω
 
+1 ⋅ i + 12 + 10i’ = 0 
9 . 2 + 2 ⋅ 2 – 48 + 1 ⋅ 2 + 12 + 10i’= 0 
18 + 4 – 48 + 2 + 12 + 10i’= 0 
10i’ = 12 
i’ = 1,2 A 
i = i’ + i’’ 
2 = 1,2 + i’’ 
i’’ = 0,8 A 
 Percorrendo a malha II no sentido horário a partir de P, retornar 
a P e igualar a zero 
10i’ + Ri’’ = 0 
10 ⋅ 1,2 + R ⋅ 0,8 = 0 
R = 12/0,8 
R = 15 Ω 
Resposta: D
15. Percorrendo a malha I no sentido horário a partir de a, retornando 
a a e igualando a zero 
R
1
= 3 Ω R3= 3 Ω
R
1
= 3 Ω
R
2
= 6 Ω
I II
R
2
= 3 Ω
E
3
= 12, 0V 
E
2
= 12, 0V 
E
1
= 6, 0V 
b
a
i´
i i’’
 6i’ + 12 + 3i – 6 + 3i = 0 
 i’ + i = –1 (1) –
 Percorrendo a malha II no sentido horário a partir de a, retornando 
a a e igualando a zero 
 3i’’ + 12 + 3i’’–12 – 6i’ = 0 
 6i’’ – 6i’ = 0 –– i’’= i’ –– i = i’ + i’’ 
 i = i’ + i’ 
 i = 2i’ 
 substituindo i = 2i’ em (1) 
 i’ + 2i’= –1 
 3i’ = –1
 i’ = –1/3 A ( sentido correto é de b para a) 
 U
ab
 = V
a
 – V
b
 = –6i’ + 12 = – 6(1/3) + 12 
 U
ab
 = 10 V 
 Resposta: C
SUPERVISOR/DIRETOR: MARCELO – AUTOR: ANDREW AQUINO
DIG.: VICENTINA – REV.: AMÉLIA