Eletrodinâmica

Relembrando a primeira mensagem :

Eu tenho umas dúvidas, vou tentar mostrar ela através de exercícios e a partir da resolução eu quero perguntar umas coisas.
1) As f.e.m das baterias e suas resistências são 18V e 2ohms; 6V e 1ohm. Sendo i a corrente no circuito ache Va- Vb(tensão).
[img=https://2img.net/r/ihimizer/img26/5247/imagemg.th.gif]
Resposta:
O sentido da corrente é no sentido horário do circuito.
i = 18 - 6/2+1=4A e Va-Vb=4.1 +6 =10V

2)Determine a intensidade da corrente elétrica no fio BC.
[img=https://2img.net/r/ihimizer/img98/3520/imagemjo.th.png]
Resposta:
Se dividir o conjunto pelo fio BC em duas malhas, e adotar sentido horário das correntes nelas, como resultado tem:
malha da esquerda: corrente no sentido horário e 11,25A.
malha da direita: corrente no sentido horário e 16,25A.

Agora minhas dúvidas são: Nessa segunda questão:
a) o sentido pode ser tirado simplesmente por saber que a corrente vai do ponto de maior potencial para o de menor? Por isso vai, no sentido horário, do ponto de maior potencial do voltimetro de 95V para o de menor de 15V ? E o mesmo para o de maior potencial de 15V para o de menor do de 95V?
b) A corrente não poderia ser tirada simplesmente por : 85-15=6+3+1=7A na malha 1, e 85-15/6+4=7A na malha 2, assim como foi feito no primeiro exercício? Qual a diferença entre eles?

c) Na primeira questão, por que para tirar a diferença de potencial Va-Vb, teve quer ser 4+6=10V e não -4+6=2V, porque eu podia ter adotado pólo negativo no resistor de 1 Ohm para o sentido em que a corrente chega nele, dai seria -4.1 + 6= 2, não?
Pelo que pareceu, na resposta oficial, os pólos positivos nos resistores foram adotados no sentido horário, se estivessem no sentido anti-horário( que é como eu tentei fazer e cheguei em 2V), me parece que isso iria interferir na corrente, que seria no caso -4A. Então como alterando os pólos positivo e negativo em um resistor, conseguimos alterar a fórmula pra tirar a d.d.p, que no gabarito estava (18-6)/(2+1).

Deve ter ficado confuso e cansativo, mas por favor, caso não tenham entendido algo eu tento explicar de novo e melhor...essa matéria nunca consegui entender e já está se tornando um grave problema pra mim.

Fisica1

Obrigado pelo alerta e minhas sinceras desculpas: errei feio.
A resposta anterior estava bem encaminhada mas “esqueci” de considerar o efeito da outra fonte sobre a impedância mútua às duas malhas (6 Ω).
Repito o desenho e segue a resposta correta.



malha 1 ----> 15 – 10I₁ + 6I₂ = 0 ----> 10I₁ – 6I₂ = 15
malha 2 ----> 95 + 6I₁ – 10I₂ = 0 ----> -6I₁ + 10I₂ = 95

resolvendo esse sistema, obtemos:

I₁ = 45/4 -----> I₁ = 11,25 A, no sentido do desenho
I₂ = 65/4 -----> I₂ = 16,25 A, no sentido do desenho


nó B ----> ∑I = 0 ----> +I₁ + I₃ - I₂ = 0
I₃ = I₂ - I₁
I₃ = 65/4 – 45/4 = 20/4
I₃ = 5 A, sentido dado no desenho.


Obs.:
1) este exercício pode, também, ser resolvido aplicando-se o Teorema da superposição dos efeitos (o que já é feito indiretamente na Lei das malhas). Não sei se há interesse.
2) agora podemos conversar sobre as dúvidas que porventura existam.

Nunca ouvi falar nesse Teorema da superposição dos efeitos, fiquei interessado, se você quiser explicar.

Fisica1

Explico sim, com prazer. Mas explicar é mais longo do que somente resolver. Hoje já é tarde, amanhã posto aqui.

Caro Fisica1,
cheguei tarde mas, conforme prometido, ainda é hoje.


Teorema da Superposição dos Efeitos

Aplica-se em redes planares de bipólos lineares e pode ser enunciado assim:

“A ação, na rede de bipólos, de um número qualquer de fontes é igual à soma das ações parciais que cada fonte, suposta única na rede, causaria.”

ou, assim:

“A resposta, em qualquer elemento de uma rede que contenha duas ou mais fontes, é a soma das respostas obtidas individualmente por cada fonte, com todas as demais fontes anuladas (e substituídas pelas respectivas impedâncias internas).”

Obs.: o princípio da superposição se aplica à determinação de correntes e de tensões de nós linearmente relacionadas às fontes que agem no circuito. A potência não pode ser determinada pela superposição, por ser quadrática a relação entre potência e corrente ou tensão.

Vamos passar logo para a aplicação no exercício do tópico (acho mais producente). Observe que, para referência, nomeei os elementos do circuito.



Note que neste exercício as fontes são ideais, ou seja, não têm resistência interna.

Seja E₂ = 0 e E₁ a única fonte no circuito. Resolvemos o seguinte circuito:



R₃ // R₄ = 4Ω//6Ω = 6*4/(6+4) = 24/10 = 12/5 = 2,4 Ω

R_eq1 = R₁ + (R₃//R₄) + R₂ = 1 + 12/5 + 3 = 32/5 = 6,4 Ω

I_T1 = E₁/R_eq1 = 15/(32/5) = 75/32 = 2,343 75 A

Lembrando que R₃ está em paralelo com R₄, a corrente no ramo de R₃, devida apenas a E₁, é:

I₁ = I_T1 * R₄/(R₃+R₄) = (75/32)*(4/10) = 15/16 = 0,937 5 A


Seja agora, E₁ = 0 e E₂ a única fonte presente. Ficamos com o seguinte circuito para resolver:



R_eq2 = (R₁+R₂)//R₃ + R₄ = 12/5 + 4 = 32/5 = 6,4 Ω ....... (= R_eq1, por coincidência)

I_T2 = E₂/R_eq2 = 95/(32/5) = 5*95/32 = 14,843 75 A

Lembrando que agora R₃ está em paralelo com R₁+R₂, a corrente no ramo de R₃, devida apenas a E₂, é:

I₂ = I_T2 * (R₁+R₂)/(R₁+R₂+R₃) = (5*95/32)*(4/10) = 95/16 = 5, 737 5 A



Cá entre nós, para um circuito simples como este, não vejo vantagem em se lançar mão do teorema. Já a partir de três malhas começa a ficar interessante.

Um abraço.

Gostei, valeu ai :!: