Exercícios de Circuito simples

Em um circuito ideal, todos os pontos ligados diretamente pelo mesmo fio condutor pertencem ao mesmo nó elétrico. Como não há resistência nem outro elemento entre A e B, não ocorre queda de tensão nesse trecho.

A diferença de potencial entre dois pontos é dada por ΔV = V_A − V_B. Como os pontos estão no mesmo potencial, V_A = V_B, e a diferença resulta em 0 V.

Dada a simetria do circuito, o resistor de $10\mathrm{\Omega }$ está curto circuitado. Removendo-o e simplificando o circuito, temos:

Resistência equivalente do circuito:

${\mathrm{R}}_{\mathrm{e}\mathrm{q}}=\frac{8\mathrm{\Omega }\cdot 8\mathrm{\Omega }}{8\mathrm{\Omega }+8\mathrm{\Omega }}=4\mathrm{\Omega }$

Potência fornecida pela fonte:

$$P=\frac{U^2}{R_{eq}}=\frac{{12}^2}{4}$$
$$P=36\mathrm{W}$$

A ocorrência de uma corrente elétrica exige a presença simultânea de um material condutor e de uma diferença de potencial (DDP) estabelecida entre dois pontos. Sem essa disparidade de energia elétrica, não há fluxo de cargas através do meio.

Ao analisar a sequência das imagens, observa-se que nos dois primeiros quadros a cobra permanece sem sofrer qualquer impacto elétrico justamente pela ausência dessa diferença de potencial necessária para o movimento dos elétrons. A situação altera-se apenas no último quadro, momento em que a condição de DDP é satisfeita, resultando na eletrocussão do animal.

Para que a lâmpada L₁ funcione de acordo com os dados nominais, ela deverá estar sobtensão de 6V.

Calculando a resistência e a corrente nas condições nominais:

$\left\{\begin{array}{l}\mathrm{P}=\mathrm{Ui}\Rightarrow \mathrm{i}=\frac{\mathrm{P}}{\mathrm{U}}=\frac{12}{6}\Rightarrow \mathrm{i}=2 \mathrm{A}\\ \mathrm{P}=\frac{{\mathrm{U}}^2}{{\mathrm{R}}_1}\Rightarrow {\mathrm{R}}_1=\frac{{\mathrm{U}}^2}{\mathrm{P}}=\frac{6^2}{12}\Rightarrow {\mathrm{R}}_1=3 \mathrm{\Omega }\end{array}\right.$

Considerações:

1ª) Conectando-se um fio condutor, a lâmpada L­₁ vai queimar, pois ficará sob tensão de 12V, maior que a nominal.

2ª) Conectando-se um capacitor, não haverá passagem de corrente e a lâmpada L₁ não acenderá.

3ª) Conectando-se o resistor de resistência $\mathrm{R}=3\mathrm{\Omega }$ ou a lâmpada L₂, que também tem resistência ${\mathrm{R}}_2=3\mathrm{\Omega }$ ambos funcionarão como divisores de tensão. Como a resistência da lâmpada L₁ é também ${\mathrm{R}}_1=3\mathrm{\Omega }$ ela ficará sob tensão nominal de 6V, operando de acordo com as especificações.

Para compreender o comportamento do circuito após a falha de um componente, é necessário analisar como a interrupção da passagem de corrente em uma lâmpada afeta as conexões em série e em paralelo. No cenário proposto, a queima da lâmpada A implica que ela deixa de ser um condutor, atuando como um circuito aberto naquele ponto específico do caminho elétrico.

Ao observar a configuração original, nota-se que a lâmpada B está conectada em série com a lâmpada A. Em uma associação em série, a corrente elétrica precisa percorrer todos os componentes sequencialmente para completar o trajeto. Como a lâmpada A agora impede o fluxo de cargas por esse ramo, a continuidade do circuito é interrompida, o que resulta no apagamento imediato da lâmpada B, uma vez que não há mais corrente circulando através dela.

Em relação à lâmpada C, sua situação é distinta devido à forma como ela está integrada ao sistema. Ela permanece conectada diretamente aos terminais da fonte de tensão ideal V. Como a fonte é ideal e a interrupção causada pela queima de A e o consequente desligamento de B não alteram a diferença de potencial aplicada sobre o ramo onde C se encontra, a lâmpada C continuará recebendo a mesma tensão de antes. Consequentemente, sua potência dissipada e seu brilho permanecerão inalterados.

Por fim, deve-se considerar o estado da lâmpada D. A análise do circuito revela que ela está posicionada em uma configuração de curto-circuito. Isso significa que existe um caminho de resistência desprezível que permite à corrente contornar a lâmpada D, fazendo com que a tensão sobre ela seja nula. Mesmo com a alteração causada pela queima da lâmpada A, essa condição de curto-circuito persiste, garantindo que a lâmpada D permaneça apagada.

Portanto, ao analisar as consequências da queima do componente A, conclui-se que o efeito dominó interrompe o fluxo para B, mantém a estabilidade de C e não altera o estado de curto-circuito de D, validando a alternativa B como a correta.

Para solucionar este problema, é fundamental compreender como a associação de geradores altera as propriedades do circuito, especificamente a diferença de potencial (ddp) e a capacidade de fornecer corrente elétrica. O enunciado informa que cada uma das seis pilhas possui uma tensão individual de 1,5 V. O objetivo do estudante é obter uma fonte com uma tensão total de 3 V e, simultaneamente, garantir a maior disponibilização de cargas possível, o que na prática significa maximizar a corrente elétrica disponível para o circuito.

Primeiramente, analisamos a necessidade de atingir os 3 V. Quando conectamos pilhas em série, as tensões de cada unidade são somadas, resultando em uma ddp total maior. Por outro lado, quando as pilhas são conectadas em paralelo, a tensão resultante é igual à tensão de uma única pilha, mas a capacidade de fornecer corrente aumenta, pois as cargas têm múltiplos caminhos para fluir.

Para alcançar o valor desejado de 3 V utilizando pilhas de 1,5 V, devemos organizar os componentes em grupos. Se somarmos duas pilhas em série, obteremos exatamente a tensão necessária para o projeto. Como o fabricante disponibiliza um total de seis unidades, podemos dividir essas pilhas em dois blocos distintos, onde cada bloco contém três pilhas conectadas em paralelo entre si. Em cada um desses blocos, a tensão permanecerá sendo de 1,5 V devido à associação paralela.

Em seguida, para que o sistema final entregue a voltagem pretendida, esses dois blocos devem ser conectados em série. Ao realizar essa configuração, as tensões dos blocos se somam, resultando no cálculo de 1,5 V + 1,5 V, o que totaliza os 3 V exigidos pelo estudante. Essa estrutura híbrida é a única que utiliza todas as seis pilhas para satisfazer tanto o requisito de tensão quanto o de máxima corrente, uma vez que a associação em paralelo dentro dos blocos aumenta a capacidade de carga do sistema.

Portanto, ao observar as opções de montagem, identifica-se que a configuração que apresenta dois conjuntos de três pilhas em paralelo, com esses conjuntos ligados sequencialmente, é a descrita na alternativa C.

De acordo com o enunciado:

${\mathrm{R}}_{\mathrm{A}\mathrm{C}}+{\mathrm{R}}_{\mathrm{C}\mathrm{B}}={\mathrm{R}}_{\mathrm{A}\mathrm{B}}$
${\mathrm{R}}_{\mathrm{A}\mathrm{C}}+\frac{1}{3}{\mathrm{R}}_{\mathrm{A}\mathrm{C}}=10$
$\frac{4}{3}{\mathrm{R}}_{\mathrm{A}\mathrm{C}}=10$
$\boxed{ {\mathrm{R}}_{\mathrm{AC}}=7,5 \mathrm{k\Omega } }$

Destacando apenas a parte funcional do circuito:

Aplicando a lei de Ohm-Pouillet:

$\mathrm{E}=({\mathrm{R}}_1+{\mathrm{R}}_{\mathrm{AC}})\mathrm{i}$
$\mathrm{i}=\frac{\mathrm{E}}{{\mathrm{R}}_1+{\mathrm{R}}_{\mathrm{AC}}}=\frac{25}{(5+7,5)\times {10}^3}$
$\mathrm{i}=2\times {10}^{-3} \mathrm{A}$
$\mathrm{i}=2 \mathrm{mA}$

Dada a posição da ponta de prova, temos que:

$0\mathrm{V}\le {\mathrm{V}}_{\mathrm{P}\mathrm{P}}\le 9\mathrm{V}$

Logo:

$$(0-9)V\le \mathrm{\Delta }V\le (9-9)V$$
$$-9V\le \mathrm{\Delta }V\le 0V$$

Como a lâmpada funciona de acordo com suas especificações nominais, ela está submetida a uma tensão de 12 V e dissipa uma potência de 24 W. Pela relação entre potência elétrica, tensão e corrente, podemos determinar a corrente que atravessa a lâmpada:

$P=U·I$
$I=\frac{P}{U}=\frac{24}{12}=2\text{A}$

Portanto, a corrente no ramo da lâmpada é de 2 A. Como a lâmpada está em paralelo com o resistor de 3 Ω, os dois elementos estão submetidos à mesma diferença de potencial. Assim, a tensão no resistor de 3 Ω também é de 12 V.

Aplicando a Lei de Ohm ao resistor de 3 Ω, obtemos a corrente que o atravessa:

$I_3=\frac{U}{R}=\frac{12}{3}=4\text{A}$

No ponto em que a corrente se divide entre os dois ramos paralelos, a corrente total é igual à soma das correntes que passam pela lâmpada e pelo resistor de 3 Ω. Portanto:

$I_{\mathrm{total}}=2+4=6\text{A}$

Essa corrente de 6 A percorre os resistores de 5 Ω que estão em série com o conjunto em paralelo. Em cada resistor de 5 Ω, a queda de tensão é:

$U_5=R·I=5·6=30\text{V}$

Para obter a tensão total da fonte, somamos as quedas de tensão ao longo de uma malha completa do circuito. Há uma queda de 30 V em cada resistor de 5 Ω e uma diferença de potencial de 12 V no conjunto em paralelo:

$U_{\mathrm{fonte}}=30+12+30=72\text{V}$

Como o voltímetro ideal está ligado em paralelo com a fonte, ele mede exatamente essa diferença de potencial. Sua indicação é de 72 V.

As lâmpadas $L_3$ e ${\mathrm{L}}_4$ estão em série. Assim, se ${\mathrm{L}}_4$ tiver seu filamento rompido, será interrompida a corrente nesse ramo do circuito e $L_3$ também se apagará. Se as baterias forem ideais, as lâmpadas ${\mathrm{L}}_1$ e ${\mathrm{L}}_2$ continuarão acesas, sem sofrer alteração de brilho.