Resoluções dos exercícios propostos

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1 Capítulo 10 da físca 3 xercícos propostos Undade Capítulo 10 eceptores elétrcos eceptores elétrcos esoluções dos exercícos propostos 1 P.50 a) U r V b) Pot d r Pot d 5 Pot d 50 W c) Impedndo-se o exo do motor de grar, ele funconará como um resstor, cuja resstênca é gual à resstênca nterna do motor, que poderá quemar. P.51 U r r r 10 Pot d r 0 r r 0 Dvdndo por, temos: r r 0 10 De : r 5 Ω P.5 a) Da equação do receptor, U r, e, a partr dos pontos do gráfco, obtemos as seguntes equações: U (V) 48 r 9 36 r () Subtrando a equação da equação, temos: 1 6r r Ω De : 30 V b) potênca elétrca fornecda ao receptor, sto é, a potênca elétrca que o receptor consome, é dada por: Pot f U Pot f 36 3 Pot f 108 W Pot f 0,108 kw el. Pot f t el. 0,108 el. 0,16 kwh

2 Undade Os fundamentos Capítulo da 10 Físca eceptores Volumeelétrcos da físca 3 esoluções xercícos dos propostos exercícos propostos P.53 Quando a batera está funconando como gerador, temos: U r 15 r 3 Com a batera funconando como receptor, temos: U r 0 r Subtrando a equação da, temos: 5 5r r 1 Ω De : 18 V P.54 (I) 0,5 Ω 10 V 5 V 0,5 Ω 0,5 Ω 10 V 5 V 0,5 Ω 1 Ω 4 Ω 1 Ω 4 Ω 4 Ω Ω O elemento de 10 V é o gerador. O sentdo da corrente é do polo negatvo para o polo postvo. Nessas condções, o sentdo da corrente no elemento de 5 V é do polo postvo para o negatvo e ele funcona como receptor. Pela le de Poullet, temos: rr ,5 0,5 (II) 1 Ω 1 V O elemento de 4 V é o gerador e o de 1 V, o receptor. Pela le de Poullet, temos: 4 1 Ω 4 V r r 1 1 P.55 a) r 1 3 Ω 6 Ω 1 Ω 4 Ω 1 80 V 5 Ω r 1 Ω 14 V r 1 3 Ω p Ω 1 80 V 5 Ω r 1 Ω 14 V p Ω p O elemento 1 80 V é o gerador e 14 V, o receptor. Pela le de Poullet, temos: 1 r r p Pot Pot 5 6 Pot 180 W

3 Undade Os fundamentos Capítulo da 10 Físca eceptores Volumeelétrcos 3 3 da físca 3 esoluções xercícos dos propostos exercícos propostos b) ddp no resstor de 6 Ω é a mesma no resstor p Ω (resstor equvalente da assocação em paralelo): U p U 6 U 1 V Para o resstor de 6 Ω, temos: U 1 6 c) Pela equação do gerador, temos: U 1 1 r 1 U U 1 6 V Da equação do receptor: U r U U 0 V P.56 a) Como é um resstor, temos: r 1 1 Ω 1 60 V 36 V r Ω 1 Ω 4 Ω 1 60 V é o gerador e 36 V, o receptor. Pela le de Poullet: , r r , Ω b) Consderando que é um receptor de fcem 3 e resstênca nterna r 3 1 Ω, temos: r 1 1 Ω 1 60 V 36 V r Ω 1 Ω 4 Ω r 3 1 Ω V é o gerador, 36 V e 3 são receptores. Pela le de Poullet: 1 3 r r r , , V

4 Undade Os fundamentos Capítulo da 10 Físca eceptores Volumeelétrcos 4 4 da físca 3 esoluções xercícos dos propostos exercícos propostos P.57 a) potênca desenvolvda pelo motor (potênca útl) é dada por: Pot Ph 100 0,50 Pot Pot 5,0 W t 10 u u u b) e c) De Pot u, temos: 5,0 De r r, temos: 10 5,0 Substtundo em, temos: 5,0 V e 1,0 P.58 4,19 Ω 4 Ω r' 4 V ' I. Impedndo a rotação do motor, tem-se 0. el. t 4,19 Q Mas Q t 4,19 Q t 540 cal/mn 9 cal/s e 4,19 Ω. ssm: 4,19 4, Pela le de Poullet, temos: 4 3 r 5,81 Ω r r 4 4,19 r II. Como Q t 1 15 cal/mn 4 cal/s, temos: Q 4,19 t 4,19 4, Pela le de Poullet, vem: 1 rr ,19 5,81 35 V

5 Undade Os fundamentos Capítulo da 10 Físca eceptores Volumeelétrcos 5 5 da físca 3 esoluções xercícos dos propostos exercícos propostos P.59 Stuação ncal r,5 Ω 1,5 V r,5 Ω 1,5 V 10 Ω rr 1,5 1,5 10,5,5 0, Stuação em que a tercera plha está lgada em sére com a mesma polardade (I) r,5 Ω 1,5 V r,5 Ω 1,5 V r' ' 10 Ω 1,5 1,5 0, 0, rrr 10,5,5 r 3,0 15 r Stuação em que a tercera plha está lgada em sére com a polardade oposta (II) r,5 Ω 1,5 V r,5 Ω 1,5 V ' r' 10 Ω rrr 0, 1,5 1,5 10,5,5 r 01, 3,0 15 r De : 15 r 3,0 0, de : 15 r 3,0 01, Portanto: 3,0 3,0 0, 01, 1 V Voltando em : r 5 Ω P.60 Dados: U 0 V; el. 35, kj 35, 10 3 J; el. Pot f t el. U t 35, t t 80 s

6 Undade Os fundamentos Capítulo da 10 Físca eceptores Volumeelétrcos 6 6 da físca 3 esoluções xercícos dos propostos exercícos propostos P.61 Do gráfco, temos 0 V. U (V) () 0,05 De U r, sendo U 5 V para 0,05, vem: 5 0 r 0,05 r 100 Ω 0 Para η50%, temos: η 0,50 U 40 V U U Cálculo da ntensdade de corrente para U 40 V: U r ,0 P.6 Dados: 0 V; r 10 Ω; 05 V; r 5 Ω; 100 Ω a) Com a chave S em, pela le de Poullet: r atera r S Motor ' r' Pot Pot 100 Pot 400 W b) Com a chave S em e aplcando novamente a le de Poullet: I 05 I r r I 1 Pot u I Pot u 05 1 Pot u 05 W c) Pot d r Pot d 5 1 Pot d 5 W

7 Undade Os fundamentos Capítulo da 10 Físca eceptores Volumeelétrcos 7 7 da físca 3 esoluções xercícos dos propostos exercícos propostos P.63 Dados: 1 1 V; r 1 3,0 Ω; 5,0 V; r,0 Ω;,0 eceptor: U r U 5,0,0,0 U 9,0 V Gerador: U 1 r 1 1 U r 1 r 9,0 1 3, , ,0,0 3 3,0 esstor: U 3 9,0,0 4,5 Ω P.64 Dados: 1 4 V; V; r 1 Ω, r 1, r L Como a lâmpada não é percorrda por corrente, concluímos que a ddp entre e é gual a : U V Portanto: U 1 r 4 1 (tem b) No resstor: U 1 Ω (tem a) P.65 Pela le de Poullet: 5 5 r 1 No reostato: U Mas U 4, pos a ddp no reostato é a mesma na batera e esta não é atravessada por corrente elétrca. ssm: U Substtundo em, temos: 4 5 r 0,05 Ω 5 r 1 5r 5 4r ' 4 1 Ω

8 Undade Os fundamentos Capítulo da 10 Físca eceptores Volumeelétrcos 8 8 da físca 3 esoluções xercícos dos propostos exercícos propostos P.66 a) plcando a le de Poullet, temos: rr ,50 b) loqueando o exo do motor, sua potênca útl se anula (Pot u 0 e, portanto, 0). ntensdade da corrente no crcuto aumenta e conseq entemente aumenta o brlho da lâmpada. c) Com 0, temos: I 10 I I r r 10 1,0 117 Ω r Ω r' 1 Ω 10 V ' 60 V P.67 Dados: 1,5 V; r 3 Ω; L 3,0 Ω a) Temos o crcuto: r r r L Pela le de Poullet, temos: I I I 3 r 3 r L L 3 1,5 3,0 3 I 0,3 b) Pot L I Pot 3,0 (0,3) Pot 0,7 W c) Consderando o sstema de plhas montado corretamente, temos para a nova ntensdade da corrente: I 0 3 r L I 0 3 1,5 3 3,0 3 potênca da lâmpada, nessas condções, será: Pot 0 L (I 0 ) Pot 0 3,0 (0,9) Pot 0,43 W I 0 0,9 Pot 0,7 Portanto: F F F Pot,

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