Uma bateria possui uma FEM de 12,0 \mathrm{~V} e uma resistência interna de 0,0500 \Omega. Seus terminais estão conectados a uma resistência de carga de 3,00 \Omega.
(A) Determine a corrente no circuito e a tensão de terminal da bateria.
(B) Calcule a potência transmitida: para a resistência interna da bateria, para o resistor de carga e pela bateria.
(c) E se? Com o passar do tempo, a resistência interna da bateria aumenta. Suponha que a resistência interna dessa bateria aumente para 2,00 \Omega até o fim de sua vida útil. Como isso afeta a capacidade da bateria de fornecer energia?

Passo 1

O enunciado dá os seguintes dados e pede as perguntas abaixo.
Dados fornecidos:
\mathcal{E}=12{,}0\\ \mathrm{V} (fem da bateria), \;r=0{,}0500\\ \Omega (resistência interna), \;R=3{,}00\\ \Omega (resistência de carga).
Perguntas:
(A) Determine a corrente no circuito e a tensão de terminal da bateria.
(B) Calcule a potência entregue à resistência interna da bateria, a potência dissipada no resistor de carga e a potência fornecida pela bateria.
(C) Se a resistência interna aumentar para \;r=2{,}00\\ \Omega, como isso afeta a capacidade da bateria de fornecer energia? (Calcule efeitos relevantes e explique qualitativamente.)

Passo 2

Modelo físico e fórmulas básicas (aula rápida e prática).
  • Modelo elétrico da bateria: uma fonte ideal de fem \mathcal{E} em série com uma resistência interna \;r. A resistência de carga \;R fica ligada aos terminais.
  • Lei de Ohm para circuitos em série: a corrente na malha é
I=\frac{\mathcal{E}}{R+r}.
Aqui \;I é a corrente (amperes), \;\mathcal{E} é a fem (volts), \;R e \;r são resistências (ohms). Essa fórmula vem de somar quedas de tensão na resistência interna e na carga e igualar à fem.
  • Tensão de terminal (tensão medida nos terminais da bateria, sobre R) pode ser escrita de duas formas equivalentes:
V_{\text{term}}=\mathcal{E}-Ir
ou
V_{\text{term}}=IR.
Ambas são iguais porque a queda na resistência interna mais a queda em R somam \mathcal{E}.
  • Potências: potência dissipda em uma resistência X com corrente I é
P_X=I^2 X,
ou alternativamente P=IV usando a queda de tensão V nessa resistência. A potência fornecida pela bateria (potência química convertida) é
P_{\text{bat}}=\mathcal{E}I.

Passo 3

Calculando a corrente do circuito (parte A).
Usamos a fórmula da corrente:
I=\frac{\mathcal{E}}{R+r}=\frac{12{,}0}{3{,}00+0{,}0500}=\frac{12{,}0}{3{,}050}.
Agora dividimos: \;12{,}0/3{,}050\approx 3{,}93\\ \mathrm{A}.
Explicação do cálculo: somei as resistências primeiro ( 3{,}00+0{,}0500=3{,}050\\ \Omega) e apliquei a regra básica de divisão.

Passo 4

Calculando a tensão de terminal (parte A, continuação).
Uso V_{\text{term}}=IR. Já sabemos I\approx 3{,}93\\ \mathrm{A} e R=3{,}00\\ \Omega, então
V_{\text{term}}=IR\approx 3{,}93\times 3{,}00=11{,}8\\ \mathrm{V}.
Verificação rápida com a outra fórmula: V_{\text{term}}=\mathcal{E}-Ir=12{,}0-(3{,}93)(0{,}0500)\approx 12{,}0-0{,}197\approx 11{,}8\\ \mathrm{V}. Ambas batem — ótima checagem para a prova.

Passo 5

Potências (parte B): explicando as fórmulas e aplicando.
  • Potência dissipada na resistência interna:
P_{r}=I^{2}r.
  • Potência dissipada na resistência de carga:
P_{R}=I^{2}R.
  • Potência fornecida pela bateria:
P_{\text{bat}}=\mathcal{E}I.
Lembre que por conservação de energia elétrica (na forma elétrica), a potência fornecida pela bateria vai para calor na resistência interna + calor (ou trabalho útil) no resistor de carga:
P_{\text{bat}}=P_{r}+P_{R}.

Passo 6

Cálculo numérico das potências com os valores iniciais ( r=0{,}0500\\ \Omega).
Primeiro I^{2}. Usando I\approx 3{,}9344\\ \mathrm{A} (valor mais preciso da divisão), obtemos
I^{2}\approx 15{,}48\\ \mathrm{A}^{2}.
Agora:
P_{r}=I^{2}r\approx 15{,}48\times 0{,}0500\approx 0{,}774\\ \mathrm{W},
P_{R}=I^{2}R\approx 15{,}48\times 3{,}00\approx 46{,}4\\ \mathrm{W},
P_{\text{bat}}=\mathcal{E}I\approx 12{,}0\times 3{,}9344\approx 47{,}2\\ \mathrm{W}.
Cheque rápido: 0{,}774+46{,}4\approx 47{,}2\\ \mathrm{W}, confere com P_{\text{bat}}.

Passo 7

Interpretação física e eficiência (já ajuda na parte C).
A eficiência elétrica (fração da potência fornecida pela bateria que chega à carga) é
\eta=\frac{P_{R}}{P_{\text{bat}}}=\frac{I^{2}R}{\mathcal{E}I}=\frac{IR}{\mathcal{E}}=\frac{R}{R+r}.
Para os valores iniciais:
\eta=\frac{3{,}00}{3{,}00+0{,}0500}=\frac{3{,}00}{3{,}050}\approx 0{,}9836\;(\text{ou }98{,}4\%).
Isso já indica que com r muito pequeno a bateria é muito eficiente em fornecer energia útil.

Passo 8

Agora a hipótese “E se?” (parte C): r aumenta para 2{,}00\\ \Omega. Vamos recomputar as quantidades importantes para ver o efeito numérico e explicar qualitativamente.
  • Nova corrente:
I'=\frac{\mathcal{E}}{R+r'}=\frac{12{,}0}{3{,}00+2{,}00}=\frac{12{,}0}{5{,}00}=2{,}40\\ \mathrm{A}.
  • Nova tensão de terminal:
V'_{\text{term}}=I'R=2{,}40\times 3{,}00=7{,}20\\ \mathrm{V}.
  • Potências novas:
P'_{R}=(I')^{2}R=(2{,}40)^{2}\times 3{,}00=5{,}76\times 3{,}00=17{,}28\\ \mathrm{W},
P'_{r}=(I')^{2}r'=5{,}76\times 2{,}00=11{,}52\\ \mathrm{W},
P'_{\text{bat}}=\mathcal{E}I'=12{,}0\times 2{,}40=28{,}8\\ \mathrm{W}.
Cheque: 17{,}28+11{,}52=28{,}80\\ \mathrm{W}, consistente.

Passo 9

Interpretação qualitativa e conclusão da parte C (como isso afeta a capacidade de fornecer energia).
  • Comparação direta: potência na carga caiu de cerca de 46{,}4\\ \mathrm{W} para 17{,}28\\ \mathrm{W}. Isso é uma redução grande — a bateria agora entrega muito menos energia útil ao circuito.
  • A queda ocorre por dois motivos combinados: a corrente diminui (de \approx 3{,}93\\ \mathrm{A} para \;2{,}40\\ \mathrm{A}) e a tensão de terminal também diminui (de \approx 11{,}8\\ \mathrm{V} para \;7{,}20\\ \mathrm{V}).
  • A perda interna aumenta: fração da potência que vira calor interno passa de \approx 1{,}6\% para \approx 40\%. Usando a fórmula da eficiência,
\eta'=\frac{R}{R+r'}=\frac{3{,}00}{3{,}00+2{,}00}=\frac{3}{5}=0{,}60\;(\text{ou }60\%).
Logo, baterias com resistência interna alta entregam muito menos potência útil e desperdiçam mais energia como calor interno — por isso quando uma bateria envelhece (aumenta r) ela parece “fraca”: fornece menos tensão sob carga e não alimenta bem o circuito.

Resposta

(A) Corrente I\approx 3{,}93\\ \mathrm{A}. Tensão de terminal V_{\text{term}}\approx 11{,}8\\ \mathrm{V}.
(B) Potência na resistência interna P_{r}\approx 0{,}774\\ \mathrm{W}. Potência no resistor de carga P_{R}\approx 46{,}4\\ \mathrm{W}. Potência fornecida pela bateria P_{\text{bat}}\approx 47{,}2\\ \mathrm{W}.
(C) Com r=2{,}00\\ \Omega: I'=2{,}40\\ \mathrm{A}, V'_{\text{term}}=7{,}20\\ \mathrm{V}, P'_{R}=17{,}28\\ \mathrm{W}, P'_{r}=11{,}52\\ \mathrm{W}, P'_{\text{bat}}=28{,}8\\ \mathrm{W}. A bateria fornece muito menos potência útil (eficiência cai de ≈98{,}4% para 60%), ou seja, com resistência interna alta a bateria fica “fraca” — muita energia é perdida como calor interno e pouca vai para a carga.

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