Física - Ideia 23

Chamemos de $I_{1}$ a corrente que passa por $R_{1}$ e $R_{4}$ e $I_{2}$ a corrente que passa por $R_{3}$ e $R_{2}$. Nessa situação, temos as seguintes condições:

$\left(R_{1}+R_{4}\right)I_{1}=\left(R_{2}+R_{3}\right)I_{2}$

$R_{1}I_{1}=R_{3}I_{2}$

Dividindo a primeira pela segunda, temos:

$1+\dfrac{R_{4}}{R_{1}}=\dfrac{R_{2}}{R_{3}}+1$

Logo, chegamos na conhecida relação:

$R_{1}R_{2}=R_{3}R_{4}$

Esse resultado é válido mesmo que aja uma série de elementos no lugar do voltímetro. A justificativa para isso é simples. Imagine que comecemos com o circuito de uma ponte balanceada (Relação acima válida) e então adicionemos um resistor entre os pontos de d.d.p. zero. Já que não há diferença de potencial, não haverá corrente passando pelo resistor e consequentemente não haverá mudanças no restante do circuito. Outra possível mudança seria adicionar um fio liso ou até mesmo juntar os dois pontos com diferença de potencial zero. O contrário também é verdade, se tivermos um resistor ligando dois pontos com mesmo potencial, ele não funcionará e poderá ser retirado do circuito, dessa forma podemos tanto juntar os dois pontos em um só ou separá-los retirando o resistor.

A partir daqui, consideraremos, por simplicidade, que cada linha reta indica um resistor de resistência $R$. Uma primeira representação dessa rede pode ser a seguinte:

Contudo, podemos rearranjar os pontos dessa rede da seguinte maneira:

Note, contudo, que nesse novo arranjo ignoramos todos as ligações entre os pontos que não são $A$ ou $B$, pois, como veremos a seguir, nenhum desses resistores funciona. O motivo para isso é nada mais nada menos que a simetria garantir o fato desses outros pontos estarem em uma equipotencial. Para visualizar isso, perceba que não há nenhuma forma de diferenciar em relação aos pontos $A$ e $B$ os outros pontos da rede. Podemos até mesmo trocar esses dois pontos de lugar na rede que não veremos diferença no desenho. Concluímos então que esses pontos estão numa equipotencial e, portanto, podemos retirar esses resistores que os ligam do circuito. Dessa forma, teremos $N-2$ resistores de resistência $2R$ conectados em paralelo, obtendo:

$R'=\dfrac{2R}{N-2}$

Mas esse conjunto também está associado em paralelo com o resistor de valor $R$ que liga $A$ e $B$, portanto:

$R_{eq}=\dfrac{\dfrac{2R}{N-2}R}{\dfrac{2R}{N-2}+R}=\dfrac{2R}{N}$

Para facilitar, novamente utilizaremos que cada aresta de nosso desenho é um resistor de resistência $R$. Planificando o cubo, obtemos o seguinte desenho:

Sendo $\left(A,B\right)$ o par de pontos entre qual queremos calcular a resistência equivalente. Note que os dois pontos marcados como $C$ possuem, por simetria, o mesmo potencial, assim como os dois pontos destacados como $D$. Isso pode ser verificado melhor na figura abaixo:

Podemos então juntar o par de pontos $C$ e o par de pontos $D$, de forma que associamos diversos resistores em paralelo. De certa forma, parece que dobramos nossa imagem em relação a reta tracejada, obtemos então:

Notando a presença de uma ponte de Wheatstone equilibrada, podemos remover o resistor entre os antigos pontos $C$ e $D$. Resolvendo as associações, obtemos então:

$R_{eq}=\dfrac{3R}{4}$

Outra maneira de resolver o problema que seria mais rápida é perceber que os pontos marcados como $C$ têm na verdade o mesmo potencial dos pontos marcados como $D$, pois a reta que liga os mesmos é um eixo de simetria entre $A$ e $B$. Dessa forma, poderíamos ter cortado os resistores ligando esses pontos imediatamente, restando somente associações em série e paralelo. Os argumentos para mostrar que essa simetria implica em uma equipotencial são um pouco mais complicados, mas podem ser bem visualizados se forem definidos os potenciais dos pontos $A$ e $B$ como $V_{A}=\dfrac{V_{0}}{2}$ e $V_{B}=-\dfrac{V_{0}}{2}$.

Chamemos esses vértices de $A$ e $B$. Vamos tratar agora de duas situações diferentes antes de utilizar o princípio da superposição:

Situação 1: Injetando corrente $I$ em $A$ e retirando corrente $\dfrac{I}{7}$ de todos os outros vértices

Nessa situação haverá uma grande simetria na distribuição de correntes pois não haverá nenhuma diferença entre nenhum dos vizinhos de $A$. Dessa forma, podemos concluir por simetria e pelas regras de Kirchoff que a corrente que vai de $A$ para $B$ (um dos vizinhos) nessa situação é:

$I_{A \rightarrow B}^{\left(1\right)}=\dfrac{I}{3}$

Onde foi usado o sobrescrito $\left(1\right)$ para indicar que essa corrente se refere à primeira situação.

Situação 2: Retirando corrente $I$ de $B$ e injetando corrente $\dfrac{I}{7}$ em todos os outros vértices

Pelos mesmos argumentos que na primeira situação, a corrente chegando em $B$ a partir de $A$ será dada por:

$I_{A \rightarrow B}^{\left(2\right)}=\dfrac{I}{3}$

Tratemos agora da superposição dessas duas situações.

Situação 3: Situação 2 + Situação 1

Nessa situação temos uma corrente $I+\dfrac{I}{7}=\dfrac{8I}{7}$ sendo injetada em $A$ e uma corrente $I+\dfrac{I}{7}$ sendo retirada de $B$. Além disso, sabemos que:

$I_{A \rightarrow B}^{\left(3\right)}=I_{A \rightarrow B}^{\left(1\right)}+I_{A \rightarrow B}^{\left(2 \right)}=\dfrac{2I}{3}$

Dessa forma, podemos aplicar a lei de Ohm no resistor que liga $A$ e $B$, além da definição de resistência equivalente para obter:

$R_{eq}I_{tot}=RI_{A \rightarrow B}$

$R_{eq} \dfrac{8I}{7}=R \dfrac{2I}{3}$

$R_{eq}=\dfrac{7R}{12}$

No caso do cubo, seria simples aplicar outras simetrias conforme no exemplo 3 para verificar esse valor, contudo, para sólidos mais complexos o princípio da superposição passa a ser a melhor opção, conforme poderá ser observado no exercícios relacionados.

Se desconsiderarmos as duas primeiras resistências, pintadas de laranja na figura abaixo, vamos obter uma cadeia idêntica, pintada em azul na figura abaixo.

Sendo assim, chamando de $R_{eq}$ o valor da resistência equivalente da cadeia, deve valer:

$R_{eq}=R_{1}+\dfrac{R_{2}R_{eq}}{R_{2}+R_{eq}}$

Manipulando, temos:

$R_{eq}^{2}-R_{1}R_{eq}-R_{1}R_{2}=0$

Aplicando Bháskara, obtemos:

$R_{eq}=\dfrac{R_{1} + \sqrt{R_{1}^{2}+4R_{1}R_{2}}}{2}$

Onde a raíz negativa foi descartada por falta de significado físico. Substituindo $R_{1}=R_{2}=R$, obtemos então:

$R_{eq}=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}R$

Você pode tentar calcular a resistência na força bruta ao aplicar diversas transformações Delta $\rightarrow$ Estrela ou aplicar uma simetria e utilizar somente uma transformação. No lugar de uma transformação também pode tentar calcular as correntes por lei das malhas.

$R_{eq}=\dfrac{10R}{7}$

$R_{eq}=\dfrac{11R}{4}$

Você pode utilizar a mesma técnica utilizada no exemplo 5 com o teorema de Millman ou pode manipular a organização da cadeia para encontrar uma equipotencial e recair em problemas conhecidos.

$\varepsilon_{eq}=\varepsilon$

$R_{eq}=\dfrac{R}{2}\left(1+\sqrt{1+\dfrac{4r}{R}}\right)$

$R_{eq}=\dfrac{19R}{30}$

$R_{eq}=\dfrac{5R}{7}$

Para o item $c$, trabalhe em um sistema de coordenadas cartesianas onde cada vértice é caracterizado por $N$ coordenadas, podendo cada uma delas ser $0$ ou $L$, o comprimento da aresta do cubo N-dimensional. A partir daí, busque simetrias semelhantes às utilizadas no item b).

a)

$R_{eq}=R$

b)

$R_{eq}=\dfrac{5R}{6}$

c)

$R_{eq}=R \displaystyle{\sum \limits_{k=1}^{N} \dfrac{1}{k{N \choose k}}}$

$R_{eq}=\dfrac{R}{2}$

e

$R_{eq}=\dfrac{2R}{N}$

$R_{1}=R \left( 1- \dfrac{R_{2}}{r}\right)$