Problemas Aula 5.6 – Associações de Resistores

A potência dissipada por um resistor é $$P = RI^2$$, logo para a potência ser menor que $$20\rm{W}$$ temos que $$80I^2 < 20 \implies I^2<\frac{1}{4} \implies I<\frac{1}{2}\rm{A}$$. Como os dois primeiros estão em paralelo, sabemos que a corrente que passa por cada um deles será menor do que a corrente total, e a corrente total passa pelo último resistor, logo a corrente máxima que pode passar é $$I = \frac{1}{2}\rm{A}$$, nesse caso a ddp é $$120I = 60\rm{V}$$. Alternativa e)

e)

Sabemos que inicialmente temos dois resistores em série, logo $$R_{eq} = 2R$$, após fecharmos a chave temos um em paralelo com dois em série logo $$R’_{eq} = \frac{2}{3}R$$, sabemos que a tensão é constante logo $$R_{eq}I = R’_{eq}I’ \implies 2RI = \frac{2}{3}RI’ \implies I’ = 3I$$. Alternativa d

d

Seja A|B a representação de A em série com B. Primeiramente percebemos que $$8\Omega |2\Omega$$, então as duas resistências são equivalentes a uma de $$10\Omega$$. Além disso, $$3\Omega|5\Omega$$, formando uma resistência equivalente de $$8\Omega$$. Agora, como o galvanômetro não indica passagem de corrente, deve existir uma ponte de Wheatstone na malha que inclui as resistências $$5\Omega$$ e $$y$$ e as resistências equivalentes $$10\Omega$$ e $$8\Omega$$. Para essa ponte existir, deve ser verdadeira a igualdade
$$5\Omega \cdot 8\Omega=10\Omega\cdot y$$
Portanto:
$$y=4\Omega$$
Em seguida, vemos que $$5\Omega // 10\Omega$$ e $$4\Omega//8\Omega$$, então estes pares de resistores podem ser substituídos por $$\frac{10}{3}\Omega$$ e $$\frac{8}{3}\Omega$$, respectivamente. Agora, $$\frac{10}{3}\Omega|\frac{8}{3}\Omega$$, formando uma resistência equivalente de $$6\Omega$$. Percebemos então que $$5\Omega|6\Omega|4\Omega|1\Omega$$, formando uma resistência equivalente de $16\Omega$ para o circuito inteiro. Sabemos que
$$R_{eq}i=V$$
$$16\Omega\cdot i=48V$$
$$i=3A$$

d)

Na posição B a potência dissipada será $$\frac{U^2}{R_{eq}} = \frac{U^2}{2R}$$, pois temos apenas dois resistores em série (a terminação em B leva ao vazio), logo sabemos que $$18 = \frac{144}{2R} \implies 2R = 8 \implies R = 4\rm{\Omega}$$.

Quando na posição A teremos dois resistores em ligação paralela e depois um resistor em série com estes, logo $$R_{eq} = \frac{3}{2}R = 6\rm{\Omega}$$, assim a potência será $$P = \frac{144}{6} = 24\rm{W}$$.

Quando na posição C teremos um resistor em paralelo com dois resistores em série, logo $$R_eq = \frac{2}{3}R = \frac{8}{3}\rm{\Omega}$$ logo $$P = \frac{144}{\frac{8}{3}} = 54\rm{W}$$

Logo alternativa b)

b)

Como o painel possui 36 células e cada uma contribui uma tensão de $$0,5\rm{V}$$, temos essencialmente uma fonte de $$18\rm{V}$$. Como $$R_2$$ e $$R_3$$ estão em paralelo, sabemos que a resistência equivalente depois de $$R_1$$ é $$R_{eq} = \frac{R_3 R_2}{R_3 + R_2} = 2\rm{\Omega}$$ logo a resistência equivalente total do sistema será $R_{tot} = R_1 + R_{eq} = 8\rm{\Omega}$$.

Utilizando que $$U = RI$$, temos que $$18 = 8I \implies I = 2,25\rm{A}$$, logo a potência dissipada por $$R_1$$ é $$R_1I^2 = 30,375\rm{W} \approx 30\rm{W}$$. Além disso, agora sabemos que a ddp do $$R_1$$ será $$R_1I = 13,5\rm{V}$$, logo a ddp do $$R_2$$ deve ser $$18-13,5 = 4,5\rm{V} \implies 4,5 = 3I_2 \implies I_2 = 1,5\rm{A}$$ em que $$I_2$$ é a corrente que passa por $$R_2$$.

Logo, alternativa e)

e)

Esse problema tem algumas coisas rápidas de se notar, de primeiro temos, olhando a parte do circuito na chave S1, que o capacitor $$C_{1}$$ começará com uma diferença de potencial entre 1 e 2 de 6 volts, devido à bateria, sendo o potencial de 2 maior que o de 1, e analogamente para a chave S3, contudo com o potencial 3 maior que o 4. Então, fechando-se a chave começaremos a ter a troca de carga mediada pela “carga”, no sentido da engenharia elétrica, que pode ser resistiva ou indutiva. Abrindo em casos:

a) Os capacitores trocarão carga até que estejam com o mesmo potencial, o que quer dizer que no final teremos, usando a lei de Kirchhoff:

Obs: Vamos adotar o sinal de “mais” para a carga positiva do capacitor um e o de menos pra positiva do capacitor dois.

$$ \sum V_{i}=0$$

$$\frac{Q_{1}}{C_{1}}-\frac{Q_{2}}{C_{2}}=0$$

$$Q_{1}=-2 Q_{2}$$

E temos também que a soma das cargas dos capacitores se conserva, devido à corrente passando pelos mesmo ser igual:

$$Q_{1}-Q_{2}=cte$$

No começo:

$$Q_{1}=C_{1} V_{o}=120 \mu C$$

$$Q_{2}=60 \mu C$$

$$Q_{2,f}=-20 \mu C$$

$$Q_{1,f}= 40\mu C$$

Num tipo de circuito desse, circuito RC de corrente contínua, o sistema chegará no estado estacionário após um certo tempo, pois genericamente temos, para um circuito com capacitor em série com resistor:

$$\frac{Q}{C}+RI=0$$

Mas podemos relacionar a corrente do sistema com a taxa de variação de carga do capacitor, pois a corrente é a derivada temporal da carga:

$$I=\frac{dQ}{dt}$$

$$\frac{Q}{C}+R \frac{dQ}{dt}$$

$$\frac{dQ}{Q}=\frac{-dt}{RC}$$

E integrando dos dois lados:

$$\int_{Q_{o}}^{Q} \frac{dQ}{Q}=-\frac{1}{RC} \int _{0}^{t} dt$$

Usando:

$$\int_{a}^{b} \frac{dx}{x}=ln(\mid b\mid)-ln(\mid a \mid)$$

$$ln(\frac{Q}{Q_{o}})=\frac{-t}{RC}$$

$$Q(t)=Q_{o} e^{\frac{-t}{RC}}$$

E soluções para esse tipo de problema, tem, em geral, a mesma taxa de decaimento exponencial. No caso por exemplo de nossos capacitores, eles vão começar no gráfico pelo seus respectivos valores inicias, e serão ligado por uma curva de exponencial com expoente negativo com assíntota na sua carga final, que é o que a carga no infinito deve valer e portanto o valor a qual a carga tem de convergir. Vemos que o circuitos terá um tempo característico que terá valor conseguido com uma simples ideia, como os dois capacitores do problema estão em série, eles se comportarão como um capacitor equivalente de capacitância:

$$C_{eq}=\frac{C_{1}C_{2}}{C_{1}+C_{2}}$$

$$C_{eq}=\frac{20}{3} \mu F$$

e assim:

$$\tau=RC=2 ms$$

Podemos dizer, que a carga de um capacitor será genericamente uma combinação de dois termos, um constante representando a condição de que no começo havia uma carga não nula nele, e outro termo que representa um decaimento ou crescimento exponencial que converge para um resultado, isso se deve à solução que nós encontramos para a carga no item anterior, a corrente ou variação de carga “vê” o circuito com essa capacitância equivalente e interage com ele desta forma, veja bem:

$$Q(t)=A+B e^{\frac{-t}{RC}}$$

Sendo A e B constantes genéricas que dependem das condições inicias e finais do problema, por exemplo, podemos usar essa equação geral pra Q para encontrar a equação de carga do capacitor 1:

$$Q_{1}(\infty)=40=A+B \cdot 0$$

$$A=40 \mu C$$

$$Q_{1}(0)=120=40+B \cdot 1$$

$$B=80 \mu C$$

$$Q_{1}(t)=40+ 80e^{\frac{-t}{2}}$$

Sendo t medido em $$ms$$ e a carga medida $$\mu C$$. E usando as equações análogas pra $$Q_{2}$$:

$$Q_{2}(t)=-20+80 e^{\frac{-t}{2}}$$

E usando a equação $$V=\frac{Q}{C}$$

$$V_{1}(t)=2+4 e^{\frac{-t}{2}}$$

$$V_{2}(t)=-2+8 e^{\frac{-t}{2}}$$

Por efeito de sinal, deixemos as equações na notação da prova, no capacitor 1 devemos ter a diferença de potencial entre a placa 1 e a 2, sendo 1 em geral a de menor potencial,e no começo a placa 3 do capacitor 2 é maior do que a da placa 4, logo:

$$V_{1,2}(t)=-2-4 e^{\frac{-t}{2}}$$

$$V_{3,4}(t)=-2+8 e^{\frac{-t}{2}}$$

Ou seja, temos as equações que descrevem nossas voltagens, o gráfico pode ser feito marcando o primeiro ponto e traçando a assíntota da voltagem no infinito, e uma exponencial que converge do primeiro ponto até ela no infinito.

b) Nesse caso nós não teremos uma convergência para uma certa configuração como no sistema anterior, em que há uma dissipação de energia acompanhada de uma falta de periodicidade no sistema. Quando se temos capacitores acoplados a indutores, eles, em geral, tendem a gerar uma função harmônica para tensão e demais propriedades do circuito. Existe um análogo mecânico entre circuitos e sistemas mecânicos, um belo exemplo disso é o circuito $$LC$$, o de capacitores e indutores, e seu análogo mecânico é o oscilador massa-mola, que gera uma função harmônica para posição, velocidade e aceleração, já o circuito gerando funções harmônicas para carga, corrente e derivada temporal de corrente.

Obs: Para dar uma explicação mais genérica do fenômeno podemos citar os análogos mecânicos num caso mais geral, um belo exemplo é o circuito do caso “a”, temos um resistor e um capacitor, e as propriedades em geral tendendo exponencialmente para um estado de equilíbrio, e isso é análogo a uma partícula se movendo num líquido viscoso, tal que a força de arrasto na mesma é proporcional à sua velocidade. E para um caso mais geral, podemos citar o circuito, por exemplo em série, de um resistor, um capacitor e um indutor, que é análogo a uma partícula presa a uma mola, ocorrendo o movimento do corpo no líquido viscoso citado anteriormente, e o comportamento do sistema pode ser estudado em casos:

-Oscilação Subamortecida: A partícula executará um movimento periódico, contudo, com a amplitude decrescendo exponencialmente ao longo do tempo

-Oscilação Criticamente Amortecida:A partícula exerce um movimento, e para em sua posição de equilíbrio.

-Oscilação Superamortecido:A partícula exerce o movimento e o cessa efetivamente antes de chegar na posição de equilíbrio.

Seguiremos com a mesma abordagem do item anterior, no sentido em que resolveremos o problema a partir da equação gerada pela lei de Kirchhoff, transformando novamente os capacitores num só capacitor equivalente:

$$\sum V_{i}=0$$

$$\frac{Q}{C}+L\frac{dI}{dt}=0$$

$$\frac{d^2 Q}{dt^2}+\frac{1}{LC} Q=0$$

Que é uma equação harmônica, equação de MHS, para a função $$Q(t)$$, então devemos ter em geral que:

$$Q(t)=A sen(\omega t)+B cos(\omega t)$$

sendo $$\omega=\sqrt{\frac{1}{LC}}$$

$$\omega=\frac{1}{4 \cdot 10^{-3}}=250 \frac{rad}{s}$$

Devemos então ter que a solução para uma carga $$Q_{1}$$ ou $$Q_{2}$$ deve ser analogamente escrita como uma constante mais o termo solução do sistema, que vem da solução do MHS.

$$Q_{1}(t)=A+B cos(250 t)+C sen(250 t)$$

Com t sendo medido em segundos, e sendo A, B, C constantes genéricas. Sabemos que no começo a corrente no sistema é zero, pois a corrente era zero antes da chave ser fechada e deve continuar instantaneamente pois o indutor impede descontinuidades de corrente, sendo a corrente a derivada temporal da carga, temos que:

$$I(t)=250 C cos(250)t -250 B sen(250 t)$$

Usando $$I(0)=0=250 C$$

$$C=0$$

E isso vale para os dois capacitores, logo:

$$Q(t)=A+B cos(250 t)$$

Para as duas cargas. No começo, pegando a corrente no sentido horário, vemos que há um ganho de potencial de 12 V percorrendo e consequentemente uma perda de potencial de 12 V no indutor. Logo, usando que:

$$I=-\frac{dQ_{1}}{dt}=-\frac{dQ_{2}}{dt}$$

Logo:

$$L\frac{dI}{dt}=+12 V$$

$$2,4 (250)^2 B=12$$

$$B=80 \cdot 10^{-6} C$$

$$B=80 \mu C$$

Usando a condição de que a carga no começo foi a achada em cima:

$$Q_{1}(t)=40+80 cos(250 t)$$

$$Q_{2}(t)=-20+80 cos(250 t)$$

Onde as cargas são medidas em $$\mu C$$. Ou seja:

$$V_{1,2}(t)=-\frac{Q_{1}}{C_{1}}=-2-4 cos(250 t)$$

$$V_{3,4}=-2+8 cos(250 t)$$

Que resulta em um gráfico de função cosseno com o centro em $$(-2)$$ nas duas voltagens, sendo a segunda voltagem a de maior amplitude.

a)

$$V_{1,2}(t)=-2-4 e^{\frac{-t}{2}}$$

$$V_{3,4}(t)=-2+8 e^{\frac{-t}{2}}$$

Temos as equações que descrevem nossas voltagens, o gráfico pode ser feito marcando o primeiro ponto e traçando a assíntota da voltagem no infinito, e uma exponencial que converge do primeiro ponto até ela no infinito.

b)

$$V_{1,2}(t)=-\frac{Q_{1}}{C_{1}}=-2-4 cos(250 t)$$

$$V_{3,4}=-2+8 cos(250 t)$$

Que resulta em um gráfico de função cosseno com o centro em $$(-2)$$ nas duas voltagens, sendo a segunda voltagem a de maior amplitude.

Dizendo que a corrente que corre na malha da esquerda é $$I_1$$ e a na direita é $$I_2$$ e usando a técnica das malhas, obtemos o seguinte sistema:

$$10 = 2I_1 + 3(I_1 + I_2) + 13$$

$$3,5 = 4I_2 + 14 + 3(I_1+I_2) + 13 + I_2$$

Logo $$I_1 = \frac{3}{2}$$ e $$I_2 = -\frac{7}{2}$$. Assim a corrente que passa é $$I_1 + I_2 = -2\rm{A}$$. Como queremos saber o módulo, a alternativa certa é E.

Alternativa E

E)

a) O circuito da questão está ilustrado abaixo.

Para encontrar a potência dissipada no resistor $$r$$ da direita, podemos utitilizar a expressão para a potência dissipada de um resistor:

$$P_{ot}=Ri^2$$

Porém, é possível utilizar a lei de Ohm $$V=Ri$$ para modificar essa expressão e torná-la um pouco mais conveniente:

$$ i=\dfrac{V}{R} $$

$$P_{ot}=\dfrac{V^2}{R} $$

Agora, usando a lei de Kirchhoff:

$$ V_0=R_{eq} i $$

Em que $$ R_{eq}$$ é a resistência equivalente do circuito. Podemos calculá-la utilizando as regras de resistores em série e paralelo:

$$ R_{eq}=R+\dfrac{Rr}{R+r} $$

$$R_{eq} = \dfrac{R(2r+R)}{(R+r)}$$

Aplicando esse resultado na lei de Kirchhoff:

$$i=\dfrac{V_0(R+r)}{R(2r+R)}$$

Muito cuidado agora! Lembre-se que $$ i $$ é a corrente que passa pela bateria, e não pelo resistor $$ r$$. Porém, note que é possível encontrar a diferença de potencial $$V_{AB}$$ ilustrada na figura abaixo:

Seguindo o loop indicado pelas setas, temos:

$$ V_{AB} = V_0 – Ri $$

$$ V_{AB} = \dfrac{V_0r}{2r+R} $$

Logo, a potência pode ser encontrada com a expressão que deduzimos no começo da solução:

$$P_{ot}=\dfrac{V_{AB}^2}{R} $$

$$\boxed{P(r,R)=\dfrac{V_{o}^2 r}{4\left( r+\dfrac{R}{2} \right)^2}}$$

b) Podemos escrever a potência dissipada como:

$$P=\dfrac{V_{o}^2}{4\left( \sqrt{r}+\dfrac{R}{2\sqrt{r}} \right) ^2}$$

A potência será máxima quando o denominador for mínimo. O denominador pode ter seu mínimo encontrado facilmente se aplicado nele a desigualdade das médias, isto é:

$$\dfrac{\sqrt{r}+\dfrac{R}{2\sqrt{r}}}{2} \geq \sqrt{\dfrac{R}{2}}$$

Quando os dois lados da desigualdade forem iguais, o lado esquerdo será mínimo. Logo:

$$\dfrac{\sqrt{r}}{2} + \dfrac{R}{4\sqrt{r}} = \dfrac{\sqrt{2R}}{2}$$

$$ r+\dfrac{R}{2}=\sqrt{2Rr} $$

Elevando ao quadrado:

$$ r^2+Rr +\dfrac{R^2}{4} =2Rr $$

$$ \dfrac{R^2}{4} – Rr+r^2=0$$

Resolvendo a equação, obtemos:

$$\boxed{r=\dfrac{R}{2}}$$

c) Utilizando o resultado encontrado no item b) na resposta de a):

$$P_{max}=\dfrac{V_{o}^2}{8R}$$

Fazendo $$P=P_0$$, temos:

$$\boxed{R = 0,225 \,\Omega \approx 0,23 \Omega}$$

$$\boxed{r=0,1125\, \Omega \approx 0,11 \Omega}$$

a)

$$\boxed{P(r,R)=\dfrac{V_{o}^2 r}{4\left( r+\dfrac{R}{2} \right)^2}}$$

b)

$$\boxed{r=\dfrac{R}{2}}$$

c)

$$\boxed{R = 0,225 \Omega \approx 0,23 \Omega}$$

$$\boxed{r=0,1125 \Omega \approx 0,11 \Omega}$$

Nós temos algumas propriedades rápidas de se analisar, como por exemplo que nós temos que no estado final (estacionário) não vai passar corrente no capacitor, portanto a corrente no resistor de $$2 \Omega$$ é a mesma que passa na resistência de $$8 \Omega$$, na fonte de $$ 10 V$$, portanto o mesmo na fonte de $$20 V$$, daí a corrente que circula nessa malha é a mesma e podemos usar lei das malhas, mesmo não sendo necessário, porque a parte mais importante de se notar e a única relevante é que o potencial acima da fonte de $$10 V$$ é $$10 V$$, devido a fonte de $$20 V$$ em série com a de $$10 V$$ na direção contrária, somando 10.

$$V_{A}=10V$$

O análogo acontece na malha da direita, a corrente é a mesma na malha, aplicando lei das malhas, supondo que passa uma corrente $$I$$ no sentido horário:

$$15-5=2I+3I$$

$$I=2A$$

Daí, sendo o potencial no terra zero, e tendo uma queda de potência de $$2I$$ no resistor de $$2 \Omega$$, logo o potencial de B é:

$$0-V_{b}=2*I=4V$$

$$V_{b}=-4V$$

Portanto, a queda de potencial é:

$$\Delta V=V=14 V$$

E aplicando a energia do capacitor a isso, temos que a energia armazenada é:

$$U=\frac{CV^{2}}{2}=\frac{2*10^{-6} 196}{2}$$

$$U=1.96*10^{-4} J$$

$$U=1.96*10^{-4}J \approx 2*10^{-4} J$$

Sendo a última aproximação necessária para o resultado ficar com 1 algarismo significativo.

Utilizando Lei das Malhas na malha superior e inferior, e assumindo que a corrente no resistor de 2$$\Omega$$ é da esquerda para a direita, e a corrente no resistor de 4$$\Omega$$ é $$I_1$$ e no resistor de 6$$\Omega$$ é $$I_2$$:

$$12-4I_1-2I=0$$ e $$8-6I_2+2I=0$$

$$I_2+I=I_1$$

Somando as duas primeiras equações, temos que:

$$20=4I_1+6I_2 \rightarrow 10=2I_1+3I_2$$

$$10=2I_2 +3I_2 +2I$$

$$10=5I_2+2I$$

Unindo à segunda equação:

$$I_2=\frac{18}{11} \rm{A}$$ e $$I_1=\frac{28}{11} \rm{A}$$

Logo:

$$I=\frac{10}{11}=0,90 \rm{A}$$

Item E

Para encontrar a corrente passando pelo resistor de $$2$$ $$\Omega$$, podemos usar a lei dos nós:

$$10$$ $$A$$ $$= I+6$$ $$A$$

$$I=4$$ $$A$$

Para encontrar a resistência $$R$$, podemos escrever que a soma das diferenças de potenciais na malha da esquerda é zero:

$$100$$ $$V$$ $$-4$$ $$\Omega . 10$$ $$A -6$$ $$A.R = 0$$

$$R=10$$ $$\Omega$$

Agora, para encontrarmos $$\varepsilon$$, devemos escrever que a soma das diferenças de potenciais na malha grande é zero:

$$100$$ $$V$$ $$-4$$ $$\Omega . 10$$ $$A -\varepsilon-2$$ $$\Omega.4$$ $$A = 0$$

$$\varepsilon=52$$ $$V$$

Logo, o item correto é o item A.

Item A

Inicialmente, vamos dividir as correntes através dos fios do circuito.

De acordo com o enunciado, tomemos o sentido da corrente no amperímetro ($$I_A$$) como positiva para a direita.

I) Aplicando a lei dos nós:

  i) Nó M:

$$I_3=I_1+I_A$$  (EQ 01)

  ii) Nó O:

$$I_2=I_4+I_A$$  (EQ 02)

II) Aplicando a lei das malhas ao redor do circuito

i) Caminho MNM:

$$V_M+V_1-5I_1-15I_3=V_M$$

$$5I_1+15I_3=12$$  (EQ 03)

  ii) Caminho ONO:

$$V_O+V_2-10I_2-20I_4=V_O$$

$$5I_2+10I_4=3$$  (EQ 04)

  iii) Caminho ONM:

$$V_N-15I_3+20I_4=V_N$$

$$3I_3=4I_4$$  (EQ 05)

Juntando as equações de 01 a 05:

$$\begin{cases} I_3=I_1+I_A\\ I_2=I_4+I_A \\ 5I_1+15I_3=12\\5I_2+10I_4=3\\ 3I_3=4I_4\end{cases}$$

A partir dessa parte a física “acabou”, agora é só matemática. Basta resolver o sistema.

De EQ 01 e EQ 03:

$$5I_1+15(I_1+I_A)=12$$
$$20I_1+15I_A=12$$  (I)

De EQ 02 e EQ 04:

$$5(I_4+I_A)+10I_4=3$$

$$15I_4+5I_A=3$$  (II)

De EQ 01 e EQ 05:

$$3(I_1+I_A)=4I_4$$

$$I_4=\dfrac{3(I_1+I_A)}{4}$$  (III)

De III e II:

$$15\cdot \dfrac{3(I_1+I_A)}{4}+5I_A=3$$

$$45I_1+65I_A=12$$  (IV)

Reorganizando o sistema com I e IV:

$$\begin{cases} 45I_1+65I_A=12\\ 20I_1+15I_A=12 \end{cases}$$

Multiplicando a primeira equação por 20, a segunda por 45 e as subtraindo:

$$20(45I_1+65I_A)-45(20I_1+15I_A)=20\cdot 12-45\cdot 12$$

$$625I_A=-300$$

$$\boxed{I_A=-\dfrac{12}{25}\,A=-0,48\,A}$$

$$I_A=-\dfrac{12}{25}\,A=-0,48\,A$$

Inicialmente, precisamos perceber que a única coisa que irá alterar a resistência são as bordas. Na primeira configuração teremos dois pedaços triangulares em série, e na segunda configuração teremos dois pedaços quadrados em paralelo.

Portanto, basta calcular a relação entre as resistências nas pontas para saber qual resistência será maior.

Como a fita é homogênea, a densidade superficial de resistência (resistência / área) será constante. Seja $$\sigma$$ a densidade superficial de resistência.

A área de cada um dos triângulos é:

$$A_t=\dfrac{l\cdot l}{2}=\dfrac{l^2}{2}$$

Logo, a resistência de cada triângulo é:

$$\boxed{R_t=\dfrac{\sigma l^2}{2}}$$

A área de cada um dos quadrados é:

$$A_q=l\cdot l=l^2$$

Logo, a resistência de cada quadrado é:

$$\boxed{R_q=\sigma l^2}$$

Os triângulos estão em série, logo a resistência será a soma de cada triângulo.

$$R_2=R_t+R_t=\sigma l^2$$

Os quadrados estão em paralelo, logo a resistência $$R_1$$ será dada por:

$$\dfrac{1}{R_1}=\dfrac{1}{R_q}+\dfrac{1}{R_q}=\dfrac{2}{\sigma l^2}$$

$$R_1=\dfrac{\sigma l^2}{2}$$

Portanto:

$$\boxed{R_1<R_2}$$

Pela fórmula da potência para um resistor, temos:

$$P=\dfrac{U^2}{R}$$

Vemos pela fórmula que conforme a resistência aumenta a potência diminui (para uma ddp constante). Consequentemente:

$$\boxed{P_1>P_2}$$

Item (c)

Item (c)

Enquanto a chave estiver aberta, há apenas os resistores A e B em série, o que implica em $$R_{req.}$$ igual a soma das resistências igual a $$2R$$. Portanto, para encontrar a corrente passando pelo sistema inicialmente:

$$U=RI \implies V=R_{req.}I_i\implies I_i=\frac{V}{2R}$$

Utilizando que $$P_{k}=R_kI^2$$ é a potência dissipada no resistor $$R_k$$:

$$P_{Ai}=P_{Bi}=\frac{V^2}{4R}=0.25\frac{V^2}{R}$$

Fechando S, C e B estarão em paralelo, que pode também ser substituído por um resistor equivalente de $$R/2$$ ($$\frac{R\cdot R}{R+R}=\frac{R}{2}$$). Somando com o resistor A restante, ficamos com:

$$R`_{req.}=R+\frac{R}{2}=\frac{3R}{2}$$

Basta encontrar a corrente total do circuito:

$$V=\left( \frac{3R}{2}\right)\cdot I_f\implies I_f=\frac{2V}{3R}$$

Para acharmos as novas potências dissipadas, podemos notar por simetria que a corrente que agora passa por B (e por C) é $$I_f/2$$. Sendo assim:

$$P_{Af}=RI^2_f=\frac{4V^2}{9R}=0,444…\frac{V^2}{R}$$

$$P_{Bf}=R\cdot \left( \frac{I_f}{2}\right)^2=\frac{V^2}{9R}=0,111…\frac{V^2}{R}$$

Conclui-se assim que $$P_A$$ aumenta ($0,444… > 0,25$), $$P_B$$ diminui ($0,111… < 0,25$))e $$P_A$$ + $$P_B$$ aumenta ($$0,555… > 0,5$$).

Portanto, item d)

Item d)