Lei de Kirchhoff

No circuito abaixo determinar as correntes nos ramos, seus verdadeiros sentidos e quais elementos são geradores e receptores.

Dados do problema

Resistores:

· R 1 = 3 Ω;

· R 2 = 4 Ω;

· R 3 = 2Ω;

· R 4 = 1Ω;

· R 5 = 2Ω;

· R 6 = 3Ω;

Geradores e Receptores:

· E 1 = 10,6 V;

· E 2 = 50 V;

· E 3 = 93,2 V;

· E 4 = 15 V;

· E 5 = 12,6 V

· E 6 = 20 V.

Solução

Há duas malhas: ABEF e BCDE;

Para cada malha deve-se atribuir, aleatoriamente um sentido de corrente, nesse caso para ambas as malhas atribuir-se-á sentido horário

Aplicando a Lei dos Nós

A corrente I1  chegam no nó B e a corrente I2 e I3 sai dele:

I1= I2 + I3 (I)

• Aplicando a Lei das Malhas

Olvida-se da malha B para trabalharmos apenas com a malha A, aplicando o sentido horário, temos:

-Ei + R1 x I1 + E2 + R2 x I2 - E3 + R3 x I1 = 0 

Substituindo:

-10,6 +3 x I1 + 50 + 4 x I2 - 93,2 + 2 x L1 = 0

5 x I1 + 4 x L2 - 53,2 = 0 (II)

Aplica-se sinal negativo em E1 e E3, pois ao passar a corrente no sentido horário o primeiro sinal a aparecer é o de subtração, caso o sentido fosse anti-horário as mesmas apresentariam carga positiva.

Trabalhando com a malha B, temos:

I3 x R4 + E6 + E4 + I30 x R5 + E5 + I3 x R6 - I2 x R2 - E2 = 0

I3 x 1 + 20 + 15 + 2 x I3 + 12,6 + 3 x I3 - 4 x I2 - 50 = 0

6 x I3 - 4 x I2 -2,4 = 0 (III)

As equações (I), (II) e (III) formam um sistema de três equações a três incógnitas I1, I2 e I3)

I1= I2 + I3 (I)

5 x I1 + 4 x I2 - 53,2 = 0 (II)

6 x I3 - 4 x I2 -2,4 = 0 (III)

Substituindo a equação (I) em (II) temos:

5 x I1 + 4 x I2 - 53,2 = 0 (II)

5x(I2 + I3) + 4 x I2 - 53,2 = 0

5 x I2 + 5 x I3 + 4 x I2 - 53,2 = 0

5 x I3 + 9 x I2 -53,2 = 0 (IV)

Agora a equação (III) e (IV) possuem  duas incógnitas e ambas são iguais, eliminaremos o I3 multiplicando  a equação  (IV) por (-6)  e a equação (III) por (5), temos:

5 x I3 + 9 x I2 - 53,2 = 0 . (-6)

6 x I3 - 4 x I2 -2,4 = 0 . (5)

-30 x I3 - 54 x I2 + 319,2 = 0

 30 x I3 - 20 x I2  - 12 = 0

     0    - 74 x I2  + 307,2 = 0

74 x I2 = 307,2

I2 = 4,2 A

Substituindo o resultado na equação (III), temos:

6 x I3 - 4 x I2 -2,4 = 0 

6 x I3 - 4 x (4,2) -2,4 = 0 

6 x I3 - 16,8 -2,4 = 0 

6 x I3 = 16,8 + 2,4

I3 = 19,2 / 6

I3 = 3,2 A

Para determinar o I1 basta substituir as correntes encontradas na equação (I), temos:

I1= I2 + I3 (I)

I1= 4,2 + 3,2

I1 = 7,4 A

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Foça de Tração

A esfera de peso P=50 kgf,encontra-se em equilíbrio, encaixada entre duas superfícies lisas, uma vertical, outra inclinada de 60º em relação à horizontal. Pedem-se:

a) A reação da parede vertical sobre a esfera;

b) A reação da parede inclinada sobre a esfera.

Analisando o sistema no eixo x e y temos:

Frx = 0

N1 - N.cos30° = 0

Fry = 0 

Nsen30° - P = 0

N1 é a reação da parede vertical sobre a esfera e N é a reação da parede inclinada sobre a esfera.

Como não temos nenhuma informação sobre essas normais, e, a única informação dada pelo exercício é o P da esfera, começaremos o calculo pela FRy para assim descobrir N (reação da parede inclinada sobre a esfera).

Fry = 0 

Nsen30° - P = 0

N =    P   

        sen30°

N =    50   

       sen30°

N = 100Kgf

Determianndo N1:

Frx = 0

N1 - N.cos30° = 0

N = N.cos30°

N = 100.cos30°

N = 86,6 Kgf

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Força de tração e atrito II

No arranjo ilustrado, o bloco A com massa 4,0 kg aciona o bloco B de massa 2,0 kg. O coeficiente de atrito dinâmico entre o bloco B e

o plano inclinado é 0,25. 

Pedem-se:

a) a aceleração do conjunto;

b) a normal do plano inclinado sobre o bloco B;

c) a tração no fio.

Sabe-se que:

Pa = ma.g 

Pa = 4.10

Pa = 40 N

Pb = mb.g 

Pb = 2.10

Pb = 20 N

O Peso do bloco b nos eixos x e y será:

Pby = cos37.Pb

Pby = 20.0,8

Pby = 16 N


Pbx = sen37.Pb

Pbx = 20.0,6

Pbx = 12 N


O coeficiente de atrito é o produto entre µ e a Normal:

Fat = µ.N

Fat = 0,25.16

Fat = 4N


A normal de B:

Nb - Py = 0

Nb = Pb

Nb = Pb = 16N

Analisando bloco A, temos:

Fa = ma.a 

Pa - Ta  = ma.a

40 - T = 4.a

T = 40 - 4.a  (I) 

Analisando bloco B, temos:

Fb = mb.a 

T - Pb - Fat   = mb.a

T - 12 - 4 = 2.a

T = 2.a + 16 (II)


Substituindo (II) em (I)

T = 40 - 4.a  (I) 

T = 2.a + 16 (II)

(2.a + 16) = 40 - 4.a  (II) 

4.a + 2.a = 40 - 16

6.a = 24

a = 24/ 6 

a = 4m/s²

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Força de tração e atrito

Em uma máquina de Atwood a polia é livre e giratória, sem atrito. O fio é leve, flexível, inextensível. Os blocos A e B suspensos, apresentam massas: mA = 6 kg e mB'= 14 kg.

Abandonando o sistema em repouso, pedem-se:

  

a) a aceleração do conjunto;

b) a força de tração no fio;

c) o percurso em 2 s.

Sabe-se que:

Pa = ma.g 

Pa = 6.10

Pa = 60 N

Pb = mb.g 

Pb = 14.10

Pb = 140 N

Analisando bloco A, temos:

Fa = ma.a 

Ta - Pa = ma.a

T - 60 = 6.a

T = 60 + 6.a  (I) 

Analisando bloco B, temos:

Neste caso temos que tomar cuidado, pois o peso do bloco B é maior do que o bloco A, portanto o bloco B irá descer, e, para que isto ocorra a tração tem que ser menor que o Pb.

Fb = mb.a 

Pb - Ta   = mb.a

140 - (60 + 6.a) = 14.a

140 - 60 -6.a = 14.a

80 = 20.a

a = 80 / 20

                  a = 4 m/s²

Para determinar a Tração, basta substituirmos a aceleração encontrada na equação (I)

 T = 60 + 6.a  (I)

T = 60 + 6.4

T = 60 + 24

T = 84 N

Para determinar-se o percurso em t =2s usaremos a seguinte fórmula do deslocamento de Torricelli:

S = So + vo.t + (1/2).a.t²

S = 0 + 0.(2) + (1/2).(4).(2)²

S = 2.4

S = 8 m

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