1º EE · Circuitos Elétricos 1

Questão 011º EE2020.1Leis de Kirchhoff · Resistência equivalente e divisores3 ptsVer material

Determinar os valores de $v$ e de $i$ , utilizando as Leis de Kirchhoff (não utilizar Análise de Nós ou Análise de Malhas).

O enunciado proíbe nodal e malhas de propósito: o circuito se reduz por associação série–paralelo de fora para dentro, e as duas incógnitas saem por divisão de corrente.

Gabarito

$v = 10\ \mathrm{V}$ · $i = 2\ \mathrm{A}$

Passo a passo

Passo 1 — Reduza de dentro para fora, começando pelo par mais afastado da fonte. Os $4\ \Omega$ e $12\ \Omega$ estão em paralelo entre o nó $C$ e o fio de baixo:

4 \parallel 12 = \frac{4 \cdot 12}{16} = 3\ \Omega

Os 4 Ω e 12 Ω em paralelo viram 3 Ω. Entre $C$ e o fio de baixo: $4 \parallel 12 = \dfrac{48}{16} = 3\ \Omega$ .

Passo 2 — Esse $3\ \Omega$ está em série com o $2\ \Omega$ , formando o ramo que sai do nó $B$ :

R_{B,\text{ramo}} = 2 + 3 = 5\ \Omega

e esse ramo está em paralelo com os $20\ \Omega$ , também ligados de $B$ ao fio de baixo:

R_B = 5 \parallel 20 = \frac{100}{25} = 4\ \Omega

O ramo 2 + 3 = 5 Ω, em paralelo com os 20 Ω, vira R_B = 4 Ω. $2 + 3 = 5\ \Omega$ e $5 \parallel 20 = 4\ \Omega$ . A tensão $v$ dos $20\ \Omega$ é agora a tensão sobre $R_B$ .

Passo 3 — De $A$ até o fio de baixo há dois caminhos: os $8\ \Omega$ , e os $4\ \Omega$ em série com o $R_B$ que acabamos de achar:

4 + 4 = 8\ \Omega \qquad\Longrightarrow\qquad R_{\mathrm{eq}} = 8 \parallel 8 = 4\ \Omega

Dois caminhos de 8 Ω a partir de A: R_eq = 4 Ω. O $4\ \Omega$ de série mais $R_B = 4\ \Omega$ dão $8\ \Omega$ , em paralelo com o $8\ \Omega$ : $R_{eq} = 4\ \Omega$ .

Passo 4 — A fonte injeta $5\ \mathrm{A}$ nesse equivalente, o que fixa o potencial do nó $A$ :

v_A = 5 \cdot 4 = 20\ \mathrm{V}

Como os dois caminhos a partir de $A$ valem $8\ \Omega$ cada, a corrente se divide igualmente: $2{,}5\ \mathrm{A}$ por cada um. A que entra no ramo do $4\ \Omega$ chega ao nó $B$ :

v_B = 2{,}5 \cdot R_B = 2{,}5 \cdot 4 = \boxed{v = 10\ \mathrm{V}}

porque $v$ é justamente a tensão sobre os $20\ \Omega$ , que estão entre $B$ e o fio de baixo.

Passo 5 — Em $B$ os $2{,}5\ \mathrm{A}$ se dividem entre os $20\ \Omega$ e o ramo de $5\ \Omega$ . A corrente $i$ é a do ramo de $5\ \Omega$ :

i = \frac{v_B}{5} = \frac{10}{5} = \boxed{2\ \mathrm{A}}

Conferência — pelos $20\ \Omega$ passam $10/20 = 0{,}5\ \mathrm{A}$ , e $0{,}5 + 2 = 2{,}5\ \mathrm{A}$ ✔ E a potência: a fonte entrega $20 \times 5 = 100\ \mathrm{W}$ ; os $8\ \Omega$ dissipam $20^2/8 = 50\ \mathrm{W}$ , os $4\ \Omega$ da série $4(2{,}5)^2 = 25\ \mathrm{W}$ , os $20\ \Omega$ $10^2/20 = 5\ \mathrm{W}$ , o $2\ \Omega$ $2(2)^2 = 8\ \mathrm{W}$ e o par paralelo $3(2)^2 = 12\ \mathrm{W}$ — somando $100\ \mathrm{W}$ ✔

O caminho de volta: v = 10 V e i = 2 A. $v_A = 5 \cdot 4 = 20\ \mathrm{V}$ ; os $5\ \mathrm{A}$ se dividem ao meio, e $v = 2{,}5 \cdot 4 = 10\ \mathrm{V}$ . No ramo de $5\ \Omega$ : $i = 10/5 = 2\ \mathrm{A}$ (e $0{,}5\ \mathrm{A}$ pelos $20\ \Omega$ ).

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Questão 021º EE2020.1Superposição · Malhas e nós com fontes controladas4 ptsVer material

Determinar os valores de $v$ e $i$ usando o Princípio da Superposição. O circuito com a fonte de tensão deve ser resolvido pela Análise de Malhas e o circuito com a fonte de corrente deve ser resolvido pela Análise de Nós.

Duas fontes independentes — a de $18\ \mathrm{V}$ e a de $4\ \mathrm{A}$ — e duas controladas, que ficam nos dois subcircuitos e não se desativam nunca.

Gabarito

$v = 9\ \mathrm{V}$ · $i = -\dfrac{1}{3}\ \mathrm{A}$

Passo a passo

Passo 0 — Convenções, antes de qualquer conta. Tomando o fio de baixo como referência, chame de $v_L$ o nó da esquerda, $v_2$ o nó do $1\ \Omega$ vertical, $v_3$ o nó do $2\ \Omega$ vertical e $v_R$ o nó da direita. Como $i$ é a corrente que sobe pelo $1\ \Omega$ , ela vale

i = \frac{0 - v_2}{1} = -v_2

e $v = v_3 - v_R$ , com o $+$ do lado do nó $3$ .

Passo 1 — subcircuito da fonte de $18\ \mathrm{V}$ (a de $4\ \mathrm{A}$ vira circuito aberto), pela Análise de Malhas. Com o ramo dos $4\ \mathrm{A}$ aberto, a janela de cima e a janela de baixo do meio viram uma só, e sobram três malhas, todas com corrente no sentido horário: $i_1$ na janela de baixo à esquerda ( $2\ \Omega$ , fonte de $18\ \mathrm{V}$ e $1\ \Omega$ vertical); $i_2$ na janela fundida (fio de cima com a controlada $4i$ , $1\ \Omega$ horizontal, $2\ \Omega$ do meio, $1\ \Omega$ vertical e fonte de $18\ \mathrm{V}$ ); e $i_3$ na janela de baixo à direita ( $2\ \Omega$ do meio, $1\ \Omega$ horizontal e controlada $3v/2$ ). As duas variáveis de controle, escritas em correntes de malha, são

i' = i_2 - i_1, \qquad v' = 1\,(i_3 - i_2)

porque $i_2$ sobe pelo $1\ \Omega$ vertical e $i_1$ desce, e porque no $1\ \Omega$ horizontal o sentido do nó $3$ para o nó $R$ (do $+$ para o $-$ de $v$ ) é o de $i_3$ . A fonte controlada $3v/2$ fica só na borda da malha $3$ , então não há supermalha: ela apenas fixa $i_3$ . Somando as quedas de tensão no sentido de cada malha:

\text{malha 1:}\quad -18 + 1\,(i_1 - i_2) + 2\,i_1 = 0

\text{malha 2:}\quad -4i' + 1\,(i_2 - i_3) + 2\,(i_2 - i_3) + 1\,(i_2 - i_1) + 18 = 0

\text{malha 3:}\quad i_3 = \frac{3}{2}\,v' = \frac{3}{2}\,(i_3 - i_2)

Com $i' = i_2 - i_1$ , o sistema fica $3i_1 - i_2 = 18$ , $\ i_1 - i_3 = -6\$ e $\ i_3 = 3i_2$ , e dá

i_1 = \frac{15}{2}\ \mathrm{A}, \qquad i_2 = \frac{9}{2}\ \mathrm{A}, \qquad i_3 = \frac{27}{2}\ \mathrm{A}

i' = \frac{9}{2} - \frac{15}{2} = \boxed{-3\ \mathrm{A}} \qquad\qquad v' = \frac{27}{2} - \frac{9}{2} = \boxed{9\ \mathrm{V}}

Só a fonte de 18 V ligada. Malhas no sentido horário, com $i_2$ na janela que o ramo aberto de 4 A funde: $3i_1 - i_2 = 18$ , $-4i' + 3(i_2 - i_3) + (i_2 - i_1) + 18 = 0$ e $i_3 = \tfrac{3}{2}(i_3 - i_2)$ , com $i' = i_2 - i_1$ . Dá $i_1 = \tfrac{15}{2}$ , $i_2 = \tfrac{9}{2}$ , $i_3 = \tfrac{27}{2}$ A, logo $i' = -3$ A e $v' = i_3 - i_2 = 9$ V.

Passo 2 — subcircuito da fonte de $4\ \mathrm{A}$ (a de $18\ \mathrm{V}$ vira curto-circuito). Agora $v_L'' = v_2''$ , e a análise de nós pede a LKC no supernó que envolve $v_L''$ , $v_2''$ e $v_R''$ mais a LKC no nó $3$ :

\underbrace{\frac{v_L''}{2}}_{2\ \Omega} + \underbrace{v_2''}_{1\ \Omega} + \underbrace{4}_{\text{fonte}} - v'' + \underbrace{\tfrac{3}{2}v''}_{\text{controlada}} = 0 \qquad\qquad \frac{v_3''}{2} + v'' - 4 = 0

Com $v_R'' = v_L'' + 4i'' = -3v_L''$ e $v'' = v_3'' - v_R''$ , o sistema dá

v_L'' = -\frac{8}{3}\ \mathrm{V} \quad\Longrightarrow\quad i'' = -v_L'' = \boxed{\frac{8}{3}\ \mathrm{A}}, \qquad v'' = \boxed{0\ \mathrm{V}}

Só a fonte de 4 A ligada. Com a de 18 V em curto, $v_L'' = v_2''$ ; o sistema dá $v_L'' = -\tfrac{8}{3}$ V, $i'' = \tfrac{8}{3}$ A e $v'' = 0$ .

Passo 3 — Somando as parcelas:

v = v' + v'' = 9 + 0 = \boxed{9\ \mathrm{V}} \qquad\qquad i = i' + i'' = -3 + \frac{8}{3} = \boxed{-\frac{1}{3}\ \mathrm{A}}

Conferência — resolvendo o circuito completo de uma vez (com as duas fontes ativas), o supernó dá $v_L = -\tfrac{53}{3}\ \mathrm{V}$ , e daí $v_2 = \tfrac13\ \mathrm{V}$ , $v_R = -19\ \mathrm{V}$ e $v_3 = -10\ \mathrm{V}$ — logo $v = -10 + 19 = 9\ \mathrm{V}$ e $i = -\tfrac13\ \mathrm{A}$ ✔ O sinal negativo de $i$ significa apenas que a corrente desce pelo $1\ \Omega$ , ao contrário da seta do enunciado.

As duas fontes juntas. $v = v' + v'' = 9 + 0 = 9$ V e $i = i' + i'' = -3 + \tfrac{8}{3} = -\tfrac{1}{3}$ A.

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Questão 031º EE2020.1Thévenin e Norton · Fonte controlada nos terminais3 ptsVer material

Determinar os circuitos equivalentes de Thévenin e de Norton à esquerda dos pontos $a$ e $b$ . A partir de um desses circuitos, determine o valor da corrente $i$ .

A fonte controlada depende de $v$ , que é a tensão sobre o $4\ \Omega$ — dentro da parte que vai ser substituída pelo equivalente. Isso proíbe desativá-la e obriga a usar um dos dois caminhos válidos para $R_{\mathrm{Th}}$ .

Gabarito

Thévenin: $V_{\mathrm{Th}} = 24\ \mathrm{V}$ , $R_{\mathrm{Th}} = 8\ \Omega$ · Norton: $I_N = 3\ \mathrm{A}$ , $R_N = 8\ \Omega$ · $i = 1\ \mathrm{A}$

Passo a passo

Passo 1 — remova a carga. O $16\ \Omega$ não faz parte do equivalente: ele é o que se liga em $a$ – $b$ depois. Com ele fora, e o fio de baixo como referência, chame de $v$ o potencial do nó do $4\ \Omega$ (que é a própria variável de controle) e de $v_a$ o do terminal $a$ .

Passo 2 — $V_{\mathrm{Th}}$ , com $a$ – $b$ em aberto. Nenhuma corrente sai por $a$ , então tudo o que chega ali pelo $2\ \Omega$ e pela fonte controlada tem de se cancelar:

\frac{v - v_a}{2} + \frac{v}{4} = 0

A LKC no nó do $4\ \Omega$ , com os $4\ \mathrm{A}$ entrando:

4 = \frac{v}{4} + \frac{v - v_a}{2} + \frac{v}{4}

Substituindo a primeira na segunda, os dois termos do meio se cancelam e sobra $4 = v/4$ :

v = 16\ \mathrm{V} \qquad\Longrightarrow\qquad \frac{16 - v_a}{2} = -4 \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{V_{\mathrm{Th}} = v_a = 24\ \mathrm{V}}

V_Th: carga de 16 Ω removida, a–b em aberto. Sem o 16 Ω, nada sai por $a$ : o que vem pelo 2 Ω cancela o que vem pela controlada. Daí $v = 16\ \mathrm{V}$ e $V_{\mathrm{Th}} = v_a = 24\ \mathrm{V}$ .

Passo 3 — $I_N$ , com $a$ – $b$ em curto. Agora $v_a = 0$ , e a LKC no nó do $4\ \Omega$ fica

4 = \frac{v}{4} + \frac{v}{2} + \frac{v}{4} = v \qquad\Longrightarrow\qquad v = 4\ \mathrm{V}

A corrente que atravessa o curto é a soma do que chega em $a$ pelos dois ramos:

I_N = \underbrace{\frac{v}{2}}_{2\ \Omega} + \underbrace{\frac{v}{4}}_{\text{controlada}} = 2 + 1 = \boxed{3\ \mathrm{A}}

I_N: a–b em curto. Com $v_a = 0$ , a LKC dá $v = 4\ \mathrm{V}$ ; pelo curto passam $v/2 + v/4 = 2 + 1 = 3\ \mathrm{A}$ .

Passo 4 — $R_{\mathrm{Th}}$ pela razão, que é o caminho seguro quando há fonte controlada:

R_{\mathrm{Th}} = R_N = \frac{V_{\mathrm{Th}}}{I_N} = \frac{24}{3} = \boxed{8\ \Omega}

Os dois equivalentes: R_Th = V_Th / I_N = 8 Ω. Com fonte controlada não se desativa nada: $R_{\mathrm{Th}} = R_N = V_{\mathrm{Th}}/I_N = 24/3 = 8\ \Omega$ .

Passo 5 — a corrente na carga. Religando o $16\ \Omega$ ao equivalente de Thévenin:

i = \frac{V_{\mathrm{Th}}}{R_{\mathrm{Th}} + 16} = \frac{24}{8 + 16} = \boxed{1\ \mathrm{A}}

Conferência — por Norton dá o mesmo, com divisão de corrente: $i = 3 \cdot \dfrac{8}{8+16} = 1\ \mathrm{A}$ ✔ E $R_{\mathrm{Th}}$ confere pela fonte de teste: desativando os $4\ \mathrm{A}$ e injetando $1\ \mathrm{A}$ em $a$ , sai $v_a = 8\ \mathrm{V}$ ✔

A carga de 16 Ω religada ao Thévenin. Um laço só: $i = 24/(8 + 16) = 1\ \mathrm{A}$ .

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Questão 041º EE2020.2Leis de Kirchhoff · Redução em cascata e divisores3 ptsVer material

Determinar os valores de $v$ , $i$ , $i_1$ e $i_2$ utilizando as Leis de Kirchhoff e suas aplicações (não utilizar Análise de Nós ou Análise de Malhas).

Quatro incógnitas, e nenhuma delas exige sistema: o circuito é uma escada de associações série–paralelo, e cada divisão de corrente entrega uma das respostas.

Gabarito

$i_1 = 5\ \mathrm{A}$ · $i_2 = \dfrac{5}{2}\ \mathrm{A}$ · $i = \dfrac{5}{9}\ \mathrm{A} \approx 0{,}556\ \mathrm{A}$ · $v = \dfrac{20}{3}\ \mathrm{V} \approx 6{,}67\ \mathrm{V}$

Passo a passo

Passo 1 — reduza de dentro para fora. Chame de $A$ o nó do $16\ \Omega$ , $B$ o do $4\ \Omega$ vertical, $C$ o nó de onde saem $3\ \Omega$ e $6\ \Omega$ , e $D$ o do $8\ \Omega$ .

3 \parallel 6 = 2\ \Omega \qquad\Longrightarrow\qquad \text{ramo } B \to C: \ 4 + 2 = 6\ \Omega

\text{ramo } B \to D: \ 4 + 8 = 12\ \Omega \qquad\Longrightarrow\qquad R_B = 6 \parallel 12 = 4\ \Omega

De B saem dois ramos: 6 Ω e 12 Ω, que em paralelo dão R_B = 4 Ω. $3 \parallel 6 = 2\ \Omega$ , então o ramo $B \to C$ vale $4 + 2 = 6\ \Omega$ ; o ramo $B \to D$ vale $4 + 8 = 12\ \Omega$ . Em paralelo: $R_B = 6 \parallel 12 = 4\ \Omega$ .

Passo 2 — Subindo mais um degrau:

\text{ramo } A \to B: \ 12 + 4 = 16\ \Omega \qquad\Longrightarrow\qquad R_A = 16 \parallel 16 = 8\ \Omega

R_{\mathrm{eq}} = 2 + 8 = 10\ \Omega

Em A, dois caminhos de 16 Ω: R_A = 8 Ω e R_eq = 10 Ω. O $12\ \Omega$ em série com $R_B = 4\ \Omega$ dá $16\ \Omega$ , em paralelo com o $16\ \Omega$ : $R_A = 8\ \Omega$ , e com o $2\ \Omega$ da fonte, $R_{eq} = 10\ \Omega$ .

Passo 3 — a corrente da fonte:

i_1 = \frac{50}{10} = \boxed{5\ \mathrm{A}} \qquad\Longrightarrow\qquad v_A = 8 \cdot 5 = 40\ \mathrm{V}

Passo 4 — Em $A$ os dois caminhos valem $16\ \Omega$ cada, então a corrente se divide ao meio:

i_2 = \frac{8}{16}\,i_1 = \boxed{\frac{5}{2}\ \mathrm{A}}

e a outra metade, também $2{,}5\ \mathrm{A}$ , segue pelo $12\ \Omega$ até $B$ , onde

v_B = 4 \cdot 2{,}5 = 10\ \mathrm{V}

Passo 5 — Em $B$ , divisão entre o ramo de $6\ \Omega$ (que desce) e o de $12\ \Omega$ (que vai para $D$ ):

i_{B \to C} = \frac{4}{6}\,(2{,}5) = \frac{5}{3}\ \mathrm{A} \qquad i_{B \to D} = \frac{4}{12}\,(2{,}5) = \frac{5}{6}\ \mathrm{A}

Voltando: i₁ = 5 A, metade em cada caminho de A, e a divisão em B. $i_1 = 50/10 = 5\ \mathrm{A}$ , $v_A = 40\ \mathrm{V}$ ; em $A$ a corrente se divide ao meio ( $i_2 = 2{,}5\ \mathrm{A}$ ), e em $B$ , com $v_B = 10\ \mathrm{V}$ : $\tfrac53\ \mathrm{A}$ para $C$ e $\tfrac56\ \mathrm{A}$ para $D$ .

Passo 6 — Daí saem as duas últimas respostas. A tensão sobre o $8\ \Omega$ :

v = 8 \cdot \frac{5}{6} = \boxed{\frac{20}{3} \approx 6{,}67\ \mathrm{V}}

E a corrente $i$ , que é a parcela do $6\ \Omega$ na divisão em $C$ (onde $3\ \Omega$ e $6\ \Omega$ dividem os $5/3\ \mathrm{A}$ ):

i = \frac{2}{6}\cdot\frac{5}{3} = \boxed{\frac{5}{9} \approx 0{,}556\ \mathrm{A}}

Conferência — as duas parcelas em $C$ somam $\tfrac{2}{3}\cdot\tfrac53 + \tfrac13\cdot\tfrac53 = \tfrac{10}{9} + \tfrac59 = \tfrac{15}{9} = \tfrac53\ \mathrm{A}$ ✔ e $i_2 + i_{B\to C} \cdot \dots$ — mais direto: $i_1 = i_2 + i_{B\to C} + i_{B\to D} = 2{,}5 + \tfrac53 + \tfrac56 = 5\ \mathrm{A}$ ✔

As quatro respostas no circuito original. $v = 8 \cdot \tfrac56 = \tfrac{20}{3} \approx 6{,}67\ \mathrm{V}$ ; em $C$ , $i = \tfrac26 \cdot \tfrac53 = \tfrac59 \approx 0{,}556\ \mathrm{A}$ é a parcela do $6\ \Omega$ .

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Questão 051º EE2020.2Superposição · Fonte de tensão e de corrente controladas4 ptsVer material

Determinar os valores de $v$ e $i$ usando o Princípio da Superposição. O circuito com a fonte de tensão deve ser resolvido pela Análise de Malhas e o circuito com a fonte de corrente deve ser resolvido pela Análise de Nós.

O ramo dos $5\ \Omega$ só se comunica com o resto por duas fontes de corrente (a de $5\ \mathrm{A}$ e a controlada $2v$ ). Consequência: o potencial daquele nó não influencia $v$ nem $i$ — a LKC ali só serve para determiná-lo.

Gabarito

$v = \dfrac{300}{31} \approx 9{,}68\ \mathrm{V}$ · $i = \dfrac{10}{31} \approx 0{,}323\ \mathrm{A}$

Passo a passo

Passo 0 — convenções. Fio de baixo como referência. Chame $v_2$ o nó do $4\ \Omega$ , $v_3$ o do $2\ \Omega$ e $v_R$ o nó da direita. Como $i$ sobe pelo $4\ \Omega$ e a fonte controlada tem o $-$ em cima:

i = -\frac{v_2}{4}, \qquad v = v_3 - v_R, \qquad v_R = -3i = \frac{3v_2}{4}

Passo 1 — subcircuito da fonte de $10\ \mathrm{V}$ (a de $5\ \mathrm{A}$ vira circuito aberto), pela Análise de Malhas. Com o ramo dos $5\ \mathrm{A}$ aberto, a janela de baixo à esquerda se funde com a de cima, e sobram três malhas, todas com corrente no sentido horário: $i_1$ na janela fundida (fio de cima com a controlada $2v$ , $10\ \Omega$ , fonte de $10\ \mathrm{V}$ , $4\ \Omega$ e $5\ \Omega$ ); $i_2$ na janela de baixo do meio ( $4\ \Omega$ , fonte de $10\ \mathrm{V}$ e $2\ \Omega$ ); e $i_3$ na janela da direita ( $2\ \Omega$ , $10\ \Omega$ e controlada $3i$ ). As variáveis de controle, em correntes de malha:

i' = i_2 - i_1, \qquad v' = 10\,(i_3 - i_1)

porque $i_2$ sobe pelo $4\ \Omega$ e $i_1$ desce, e porque no $10\ \Omega$ o sentido do nó $3$ para o nó $R$ (do $+$ para o $-$ de $v$ ) é o de $i_3$ . A controlada $2v$ fica só na borda da malha $1$ e aponta no sentido horário, então não há supermalha: ela fixa $i_1$ , e a LKT da malha $1$ (que teria a tensão desconhecida sobre a fonte de corrente) não é escrita. Somando as quedas no sentido de cada malha:

\text{malha 1:}\quad i_1 = 2v' = 20\,(i_3 - i_1)

\text{malha 2:}\quad -10 + 2\,(i_2 - i_3) + 4\,(i_2 - i_1) = 0

\text{malha 3:}\quad 10\,(i_3 - i_1) - 3i' + 2\,(i_3 - i_2) = 0

O $-3i'$ aparece porque a malha $3$ desce pela controlada entrando pelo $-$ , que está em cima. Com $i' = i_2 - i_1$ , o sistema fica $21i_1 = 20i_3$ , $\ -4i_1 + 6i_2 - 2i_3 = 10\$ e $\ -7i_1 - 5i_2 + 12i_3 = 0$ , e dá

i_1 = \frac{500}{31}\ \mathrm{A}, \qquad i_2 = \frac{560}{31}\ \mathrm{A}, \qquad i_3 = \frac{525}{31}\ \mathrm{A}

\boxed{v' = 10 \cdot \frac{25}{31} = \frac{250}{31} \approx 8{,}06\ \mathrm{V}} \qquad \boxed{i' = \frac{560 - 500}{31} = \frac{60}{31} \approx 1{,}94\ \mathrm{A}}

Só a fonte de 10 V ligada. Malhas no sentido horário, com $i_1$ na janela que o ramo aberto de 5 A funde à de cima: $i_1 = 2v' = 20(i_3 - i_1)$ , $-10 + 2(i_2 - i_3) + 4(i_2 - i_1) = 0$ e $10(i_3 - i_1) - 3i' + 2(i_3 - i_2) = 0$ , com $i' = i_2 - i_1$ . Dá $i' = \tfrac{60}{31} \approx 1{,}94$ A e $v' = 10(i_3 - i_1) = \tfrac{250}{31} \approx 8{,}06$ V.

Passo 2 — subcircuito da fonte de $5\ \mathrm{A}$ (a de $10\ \mathrm{V}$ vira curto), pela Análise de Nós. Agora $v_3 = v_2$ , e portanto $v'' = v_2 - \tfrac{3v_2}{4} = \tfrac{v_2}{4}$ :

\frac{v_2}{4} + \frac{v_2}{2} + \frac{v''}{10} - 5 = 0 \quad\Longrightarrow\quad 15{,}5\,v_2 = 100 \quad\Longrightarrow\quad v_2 = \frac{200}{31}\ \mathrm{V}

\boxed{v'' = \frac{50}{31} \approx 1{,}61\ \mathrm{V}} \qquad \boxed{i'' = -\frac{50}{31} \approx -1{,}61\ \mathrm{A}}

Só a fonte de 5 A ligada. Com a de 10 V em curto, $v_3 = v_2$ : $v_2 = \tfrac{200}{31}$ V, logo $i'' = -\tfrac{50}{31}$ A e $v'' = \tfrac{50}{31}$ V.

Passo 3 — soma:

v = \frac{250}{31} + \frac{50}{31} = \boxed{\frac{300}{31} \approx 9{,}68\ \mathrm{V}}

i = \frac{60}{31} - \frac{50}{31} = \boxed{\frac{10}{31} \approx 0{,}323\ \mathrm{A}}

Conferência — resolvendo o circuito completo de uma vez: $15{,}5\,v_2 = -20$ , logo $v_2 = -\tfrac{40}{31}\ \mathrm{V}$ , $i = -v_2/4 = \tfrac{10}{31}\ \mathrm{A}$ e $v = v_2/4 + 10 = \tfrac{300}{31}\ \mathrm{V}$ ✔ As duas parcelas de $i$ quase se cancelam — é o tipo de resultado que denuncia erro de sinal se o seu $i$ sair grande.

As duas fontes juntas. $v = \tfrac{250}{31} + \tfrac{50}{31} = \tfrac{300}{31} \approx 9{,}68$ V e $i = \tfrac{60}{31} - \tfrac{50}{31} = \tfrac{10}{31} \approx 0{,}323$ A.

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Questão 061º EE2020.2Thévenin e Norton · Só fontes de corrente3 ptsVer material

Determinar os circuitos equivalentes de Thévenin e de Norton fora dos pontos $a$ e $b$ . A partir de um desses circuitos, determine o valor da tensão $v$ .

Só fontes de corrente independentes, e nenhuma controlada — então $R_{\mathrm{Th}}$ sai por associação direta, desativando as três (fonte de corrente nula é circuito aberto).

Gabarito

Thévenin: $V_{\mathrm{Th}} = 6\ \mathrm{V}$ , $R_{\mathrm{Th}} = 8\ \Omega$ · Norton: $I_N = \dfrac{3}{4}\ \mathrm{A}$ , $R_N = 8\ \Omega$ · $v = 2\ \mathrm{V}$

Passo a passo

Passo 1 — remova a carga. O $4\ \Omega$ é a carga entre $a$ e $b$ ; tudo o mais (as três fontes, o $8\ \Omega$ , o $6\ \Omega$ e o $2\ \Omega$ ) é o que vai virar o equivalente. Tome $b$ como referência, e chame $M$ o nó entre as duas fontes de corrente e $N$ o nó de encontro do $8\ \Omega$ , do $6\ \Omega$ e do $2\ \Omega$ .

Passo 2 — $V_{\mathrm{Th}}$ , com $a$ – $b$ em aberto. No nó $a$ (que é o fio de cima), entram $4\ \mathrm{A}$ da fonte da esquerda e saem $6\ \mathrm{A}$ pela fonte da direita; a diferença tem de vir pelo $6\ \Omega$ :

4 + \frac{v_N - v_a}{6} - 6 = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad v_N - v_a = 12\ \mathrm{V}

No nó $M$ entram $15\ \mathrm{A}$ e saem $4\ \mathrm{A}$ pela fonte de cima, sobrando $11\ \mathrm{A}$ para o $8\ \Omega$ . Logo esses mesmos $11\ \mathrm{A}$ chegam a $N$ , onde se dividem entre o $6\ \Omega$ (que leva $2\ \mathrm{A}$ , do passo anterior) e o $2\ \Omega$ :

11 = 2 + \frac{v_N}{2} \qquad\Longrightarrow\qquad v_N = 18\ \mathrm{V}

\boxed{V_{\mathrm{Th}} = v_a = 18 - 12 = 6\ \mathrm{V}}

V_Th: carga de 4 Ω removida, a–b em aberto. Em $a$ : entram 4 A, saem 6 A, e os 2 A que faltam vêm pelo 6 Ω ( $v_N - v_a = 12\ \mathrm{V}$ ). Em $M$ sobram 11 A para o 8 Ω, que em $N$ se dividem em 2 A + 9 A: $v_N = 18\ \mathrm{V}$ e $V_{\mathrm{Th}} = 6\ \mathrm{V}$ .

Passo 3 — $R_{\mathrm{Th}}$ , desativando as fontes. As três são de corrente, então todas viram circuito aberto. Com a fonte de $4\ \mathrm{A}$ e a de $15\ \mathrm{A}$ abertas, o $8\ \Omega$ fica com uma ponta solta e não conduz — ele sai da conta. Sobram $6\ \Omega$ e $2\ \Omega$ em série, de $a$ até $b$ passando por $N$ :

\boxed{R_{\mathrm{Th}} = R_N = 6 + 2 = 8\ \Omega}

R_Th: as três fontes de corrente viram circuito aberto. Com as fontes abertas, o nó $M$ só toca o 8 Ω: ele fica com uma ponta solta, não conduz e sai da conta. De $a$ a $b$ sobram 6 Ω e 2 Ω em série.

Passo 4 — Norton:

\boxed{I_N = \frac{V_{\mathrm{Th}}}{R_{\mathrm{Th}}} = \frac{6}{8} = \frac{3}{4}\ \mathrm{A}}

Os dois equivalentes. $I_N = V_{\mathrm{Th}}/R_{\mathrm{Th}} = 6/8 = 3/4\ \mathrm{A}$ , com $R_N = R_{\mathrm{Th}} = 8\ \Omega$ .

Passo 5 — a tensão na carga. Religando o $4\ \Omega$ ao equivalente de Thévenin, é um divisor de tensão:

v = 6 \cdot \frac{4}{8 + 4} = \boxed{2\ \mathrm{V}}

Conferência — por Norton, a corrente se divide entre $R_N = 8\ \Omega$ e a carga de $4\ \Omega$ : $i_{4\Omega} = \tfrac34 \cdot \tfrac{8}{12} = 0{,}5\ \mathrm{A}$ , e $v = 4(0{,}5) = 2\ \mathrm{V}$ ✔ E resolvendo o circuito original inteiro com o $4\ \Omega$ no lugar, sai $v_a = 2\ \mathrm{V}$ ✔ Note que o $8\ \Omega$ , que domina o desenho, não entra em nenhuma das respostas.

A carga de 4 Ω religada ao Thévenin. Divisor de tensão: $v = 6 \cdot 4/(8 + 4) = 2\ \mathrm{V}$ .

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Questão 071º EE2022.1Kirchhoff · Fonte de corrente e associação3 ptsVer material

Determine o valor da tensão $v$ e da corrente $i$ no circuito abaixo.

O trecho de fio entre o topo do $8\ \Omega$ e o topo do $24\ \Omega$ os torna o mesmo nó: os dois estão em paralelo, e é essa leitura que abre a questão. Este quesito caiu idêntico em 2022.1 e em 2022.2.

Gabarito

$v = 12\ \mathrm{V}$ · $i = 1\ \mathrm{A}$

Passo a passo

Passo 1 — Fio de baixo como referência. Chame de $A$ o nó do $8\ \Omega$ / $24\ \Omega$ e de $B$ o nó da fonte de $2\ \mathrm{A}$ e do $18\ \Omega$ (o fio entre eles faz do topo do $18\ \Omega$ o mesmo nó $B$ ). Os dois primeiros resistores estão em paralelo:

8 \parallel 24 = \frac{8 \cdot 24}{32} = 6\ \Omega

Os 8 Ω e 24 Ω em paralelo viram 6 Ω. O fio de cima une o topo dos dois resistores (nó $A$ ) e o de baixo une os pés: $8 \parallel 24 = \dfrac{192}{32} = 6\ \Omega$ .

Passo 2 — LKC no nó $A$ : o que chega pelo $3\ \Omega$ sai pelo paralelo de $6\ \Omega$ :

\frac{v_B - v_A}{3} = \frac{v_A}{6} \qquad\Longrightarrow\qquad 2v_B = 3v_A \qquad\Longrightarrow\qquad v_A = \frac{2}{3}\,v_B

Passo 3 — LKC no nó $B$ : entram $2\ \mathrm{A}$ , saem pelo $18\ \Omega$ e pelo $3\ \Omega$ :

2 = \frac{v_B}{18} + \frac{v_B - v_A}{3} = \frac{v_B}{18} + \frac{v_B - \tfrac23 v_B}{3} = \frac{v_B}{18} + \frac{v_B}{9} = \frac{v_B}{6}

\boxed{v = v_B = 12\ \mathrm{V}} \qquad\Longrightarrow\qquad v_A = 8\ \mathrm{V}

LKC em A e em B: v = v_B = 12 V e v_A = 8 V. Em $A$ : $\dfrac{v_B - v_A}{3} = \dfrac{v_A}{6}\Rightarrow v_A = \tfrac23 v_B$ . Em $B$ : $2 = \dfrac{v_B}{18} + \dfrac{v_B}{9} = \dfrac{v_B}{6}$ , logo $v = v_B = 12\ \mathrm{V}$ e $v_A = 8\ \mathrm{V}$ .

Passo 4 — a corrente $i$ . Ela é a do fio de baixo, entre o pé do $8\ \Omega$ e o pé do $24\ \Omega$ . Toda a corrente que desce pelo $8\ \Omega$ chega ao canto inferior esquerdo e não tem outro caminho: segue pelo fio, para a direita.

i = \frac{v_A}{8} = \frac{8}{8} = \boxed{1\ \mathrm{A}}

Conferência — pelo $24\ \Omega$ descem $8/24 = \tfrac13\ \mathrm{A}$ , e pelo $3\ \Omega$ vêm $1 + \tfrac13 = \tfrac43\ \mathrm{A}$ , que é exatamente $(12-8)/3$ ✔ No nó $B$ : $\tfrac43$ (para o $3\ \Omega$ ) $+ \ 12/18 = \tfrac23$ (para o $18\ \Omega$ ) $= 2\ \mathrm{A}$ , a corrente da fonte ✔

De volta ao circuito original: i = 1 A. Tudo o que desce pelo $8\ \Omega$ segue pelo fio de baixo: $i = v_A/8 = 1\ \mathrm{A}$ . Pelo $24\ \Omega$ descem $\tfrac13\ \mathrm{A}$ , e $1 + \tfrac13 = \tfrac43\ \mathrm{A}$ vêm pelo $3\ \Omega$ .

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Questão 081º EE2022.1Superposição · Nós e malhas com fonte controlada4 ptsVer material

Determine o valor da tensão $v$ e da corrente $i$ no circuito abaixo, utilizando o Princípio da Superposição. O circuito com a fonte de tensão deve ser resolvido por Análise de Nós e o com a fonte de corrente por Análise de Malhas.

A fonte controlada vale $3v_1$ , e $v_1$ é a tensão sobre a fonte de corrente de $2\ \mathrm{A}$ — ou seja, o próprio potencial do nó da esquerda. Ela não se desativa em nenhum dos dois subcircuitos.

Gabarito

$v = -16\ \mathrm{V}$ · $i = 16\ \mathrm{A}$

Passo a passo

Passo 0 — convenções. Fio de baixo como referência. Chame $v_1$ o nó da esquerda (que é a própria variável de controle), $v_2$ o nó do $4\ \mathrm{V}$ e $v_3$ o nó da direita — que é o mesmo nó da fonte controlada e do topo do $4\ \Omega$ , porque o trecho de cima e o de baixo à direita são fios. Então

v = v_1 - v_3 \qquad i = \frac{v_3}{2}

Passo 1 — subcircuito da fonte de $4\ \mathrm{V}$ (a de $2\ \mathrm{A}$ vira circuito aberto), com $v_2' = 4\ \mathrm{V}$ :

\text{nó 1:}\quad 0 = \frac{v_1' - 4}{2} + \frac{v_1' - v_3'}{4} \qquad\Longrightarrow\qquad v_3' = 3v_1' - 8

\text{nó 3:}\quad \frac{v_1' - v_3'}{4} + (4 - v_3') + 3v_1' = \frac{v_3'}{2}

Substituindo, $4v_1' = 36$ , logo

v_1' = 9\ \mathrm{V}, \quad v_3' = 19\ \mathrm{V} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{v' = -10\ \mathrm{V}}, \quad \boxed{i' = 9{,}5\ \mathrm{A}}

Só a fonte de 4 V ligada. Com a de 2 A aberta, $v_2' = 4$ V; nós 1 e 3 dão $v_1' = 9$ V e $v_3' = 19$ V, logo $v' = -10$ V e $i' = 9{,}5$ A.

Passo 2 — subcircuito da fonte de $2\ \mathrm{A}$ (a de $4\ \mathrm{V}$ vira curto), pela Análise de Malhas. São quatro malhas, todas com corrente no sentido horário: $i_1$ na janela de baixo à esquerda (fonte de $2\ \mathrm{A}$ , $2\ \Omega$ horizontal e o curto no lugar da fonte de $4\ \mathrm{V}$ ); $i_2$ na janela de baixo do meio (curto, $1\ \Omega$ e $2\ \Omega$ vertical); $i_3$ na janela da direita ( $2\ \Omega$ vertical e controlada $3v_1$ ); e $i_4$ na janela de cima ( $4\ \Omega$ , $2\ \Omega$ horizontal e $1\ \Omega$ ). As duas fontes de corrente ficam cada uma na borda de uma só malha, então não há supermalha: a de $2\ \mathrm{A}$ aponta para cima, no sentido horário da malha $1$ , e a controlada também aponta para cima, contra o sentido horário da malha $3$ :

i_1 = 2\ \mathrm{A}, \qquad i_3 = -3v_1''

A variável de controle $v_1''$ é a tensão do nó da esquerda; descendo do nó $1$ à referência pelo $2\ \Omega$ horizontal e pelo curto, ela vale

v_1'' = 2\,(i_1 - i_4) + 0 \quad\Longrightarrow\quad i_3 = -6\,(2 - i_4)

As malhas $2$ e $4$ não têm fonte de corrente e recebem a LKT, somando as quedas no sentido horário:

\text{malha 2:}\quad 1\,(i_2 - i_4) + 2\,(i_2 - i_3) = 0

\text{malha 4:}\quad 4\,i_4 + 1\,(i_4 - i_2) + 2\,(i_4 - i_1) = 0

Substituindo $i_1$ e $i_3$ , fica $3i_2 - 13i_4 = -24$ e $-i_2 + 7i_4 = 4$ , logo $8i_4 = -12$ :

i_4 = -\frac{3}{2}\ \mathrm{A}, \qquad i_2 = -\frac{29}{2}\ \mathrm{A}, \qquad i_3 = -21\ \mathrm{A}, \qquad v_1'' = 7\ \mathrm{V}

Por fim, $v''$ é a queda no $4\ \Omega$ do nó $1$ para o nó $3$ , que é o sentido de $i_4$ , e $i''$ desce pelo $2\ \Omega$ vertical, onde $i_2$ desce e $i_3$ sobe:

v'' = 4\,i_4 = \boxed{-6\ \mathrm{V}} \qquad\qquad i'' = i_2 - i_3 = -\frac{29}{2} + 21 = \boxed{6{,}5\ \mathrm{A}}

Só a fonte de 2 A ligada. Malhas no sentido horário: $i_1 = 2$ A e $i_3 = -3v_1''$ , com $v_1'' = 2(i_1 - i_4)$ ; LKT: $(i_2 - i_4) + 2(i_2 - i_3) = 0$ e $4i_4 + (i_4 - i_2) + 2(i_4 - i_1) = 0$ . Dá $i_4 = -\tfrac{3}{2}$ A e $i_2 = -\tfrac{29}{2}$ A, logo $v'' = 4i_4 = -6$ V e $i'' = i_2 - i_3 = 6{,}5$ A.

Passo 3 — soma:

v = -10 - 6 = \boxed{-16\ \mathrm{V}} \qquad\qquad i = 9{,}5 + 6{,}5 = \boxed{16\ \mathrm{A}}

Conferência — no circuito completo, $v_1 = 16\ \mathrm{V}$ e $v_3 = 32\ \mathrm{V}$ , logo $v = -16\ \mathrm{V}$ e $i = 16\ \mathrm{A}$ ✔ A LKC no nó $3$ fecha: entram $3v_1 = 48\ \mathrm{A}$ da controlada, saem $4\ \mathrm{A}$ pelo $4\ \Omega$ , $28\ \mathrm{A}$ pelo $1\ \Omega$ e $16\ \mathrm{A}$ pelo $2\ \Omega$ ✔ O sinal de $v$ é negativo porque $v_3 > v_1$ : a marcação do enunciado ficou ao contrário do sentido real.

As duas fontes juntas. $v = -10 - 6 = -16$ V e $i = 9{,}5 + 6{,}5 = 16$ A.

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Questão 091º EE2022.1Thévenin e Norton · Três ramos em paralelo na resistência3 ptsVer material

Determine o circuito equivalente de Thévenin e de Norton à esquerda dos pontos $a$ e $b$ e utilize um dos dois circuitos para determinar o valor da tensão $v$ e da corrente $i$ .

Do nó $a$ para baixo há três caminhos: o $20\ \Omega$ , o ramo do $5\ \Omega$ com a fonte de $20\ \mathrm{V}$ , e o par de $6\ \Omega$ em série que volta pela fonte de $18\ \mathrm{V}$ . É essa contagem que dá $R_{\mathrm{Th}}$ . Este quesito caiu idêntico em 2022.1 e em 2023.2.

Gabarito

Thévenin: $V_{\mathrm{Th}} = 13{,}5\ \mathrm{V}$ , $R_{\mathrm{Th}} = 3\ \Omega$ · Norton: $I_N = 4{,}5\ \mathrm{A}$ , $R_N = 3\ \Omega$ · $v = 12\ \mathrm{V}$ , $i = 0{,}5\ \mathrm{A}$

Passo a passo

Passo 1 — remova a carga ( $24\ \Omega$ ) e tome o fio de baixo como referência. Chame $P$ o nó entre os dois $6\ \Omega$ e $N$ o nó que reúne o segundo $6\ \Omega$ , o $20\ \Omega$ , o ramo do $5\ \Omega$ e o terminal $a$ — tudo ligado por fio, portanto um só nó.

Passo 2 — $V_{\mathrm{Th}}$ . LKC em $P$ , com os $2\ \mathrm{A}$ entrando (a seta da fonte aponta para a esquerda):

\frac{18 - v_P}{6} + 2 = \frac{v_P - v_N}{6} \qquad\Longrightarrow\qquad 2v_P = 30 + v_N

LKC em $N$ , com $a$ – $b$ em aberto — note que a fonte de $2\ \mathrm{A}$ retira $2\ \mathrm{A}$ deste nó:

\frac{v_P - v_N}{6} = 2 + \frac{v_N}{20} + \frac{v_N - 20}{5}

Substituindo $v_P$ :

\frac{15 - \tfrac{v_N}{2}}{6} = -2 + \frac{v_N}{4} \qquad\Longrightarrow\qquad 4v_N = 54 \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{V_{\mathrm{Th}} = v_N = 13{,}5\ \mathrm{V}}

V_Th: carga de 24 Ω removida, a–b em aberto. $N$ é um nó só: segundo 6 Ω, 20 Ω, ramo do 5 Ω e terminal $a$ . A fonte de 2 A tira corrente de $N$ e injeta em $P$ ; as duas LKC dão $V_{\mathrm{Th}} = v_N = 13{,}5\ \mathrm{V}$ .

Passo 3 — $R_{\mathrm{Th}}$ . Desative as fontes independentes: as de $18\ \mathrm{V}$ e $20\ \mathrm{V}$ viram fio, a de $2\ \mathrm{A}$ vira circuito aberto. Olhando de $a$ para dentro, três caminhos até o fio de baixo:

\underbrace{6 + 6 = 12\ \Omega}_{\text{pela fonte de 18 V curto-circuitada}} \quad\parallel\quad \underbrace{20\ \Omega}_{} \quad\parallel\quad \underbrace{5\ \Omega}_{\text{fonte de 20 V curto-circuitada}}

\frac{1}{R_{\mathrm{Th}}} = \frac{1}{12} + \frac{1}{20} + \frac{1}{5} = \frac{5 + 3 + 12}{60} = \frac{1}{3} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{R_{\mathrm{Th}} = 3\ \Omega}

R_Th: fontes de tensão em curto, fonte de corrente aberta. De $a$ até o fio de baixo há três caminhos: os dois 6 Ω em série (fechando pela fonte de 18 V em curto), o 20 Ω e o 5 Ω (pela fonte de 20 V em curto). $1/R_{\mathrm{Th}} = 1/12 + 1/20 + 1/5 = 1/3$ .

Passo 4 — Norton:

\boxed{I_N = \frac{13{,}5}{3} = 4{,}5\ \mathrm{A}} \qquad R_N = 3\ \Omega

Os dois equivalentes. $I_N = 13{,}5/3 = 4{,}5\ \mathrm{A}$ , com $R_N = 3\ \Omega$ .

Passo 5 — a carga. Religando o $24\ \Omega$ :

i = \frac{13{,}5}{3 + 24} = \boxed{0{,}5\ \mathrm{A}} \qquad\qquad v = 24 \cdot 0{,}5 = \boxed{12\ \mathrm{V}}

Conferência — por Norton, divisão de corrente: $i = 4{,}5 \cdot \dfrac{3}{3+24} = 0{,}5\ \mathrm{A}$ ✔ E no equivalente, $v = 13{,}5 \cdot \dfrac{24}{27} = 12\ \mathrm{V}$ ✔ Repare que a fonte de $2\ \mathrm{A}$ some de $R_{\mathrm{Th}}$ mas domina $V_{\mathrm{Th}}$ — sem ela, $v_N$ cairia para menos da metade.

A carga de 24 Ω religada ao Thévenin. $i = 13{,}5/(3 + 24) = 0{,}5\ \mathrm{A}$ e $v = 24 \cdot 0{,}5 = 12\ \mathrm{V}$ .

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Questão 101º EE2022.2Análise nodal · Fonte controlada por outra tensão do circuito4 ptsVer material

Determinar os valores de $v$ e $i$ usando dois métodos quaisquer de análise de circuitos.

São só dois nós acima do fio de referência: o de cima (onde estão a fonte controlada, o $4\ \Omega$ e o $20\ \Omega$ ) e o do meio (onde estão o $4\ \Omega$ , a fonte de $7\ \mathrm{A}$ e o $2\ \Omega$ ). Duas equações, e a variável de controle $v_1$ é justamente o potencial do segundo.

Gabarito

$v = 20\ \mathrm{V}$ · $i = 1\ \mathrm{A}$ (e $v_1 = 16\ \mathrm{V}$ )

Passo a passo

Passo 1 — método 1: análise nodal. Fio de baixo como referência. Chame $v_T$ o nó de cima e $v_C$ o nó do meio. Como o $20\ \Omega$ e o $2\ \Omega$ vão direto ao fio de baixo:

v = v_T \qquad\qquad v_1 = v_C

LKC no nó de cima, com a fonte controlada injetando $v_1/8$ :

\frac{v_C}{8} = \frac{v_T}{20} + \frac{v_T - v_C}{4} \qquad\xrightarrow{\times 40}\qquad 5v_C = 12v_T - 10v_C \qquad\Longrightarrow\qquad v_T = \frac{5}{4}\,v_C

LKC no nó do meio, com os $7\ \mathrm{A}$ entrando:

7 + \frac{v_T - v_C}{4} = \frac{v_C}{2} \qquad\xrightarrow{\times 4}\qquad 28 + v_T - v_C = 2v_C

Substituindo $v_T = \tfrac54 v_C$ :

28 = 2v_C + v_C - \frac{5}{4}v_C = \frac{7}{4}\,v_C \qquad\Longrightarrow\qquad v_C = 16\ \mathrm{V}

\boxed{v = v_T = 20\ \mathrm{V}} \qquad\qquad \boxed{i = \frac{v_T - v_C}{4} = \frac{4}{4} = 1\ \mathrm{A}}

Referência embaixo e os dois potenciais de nó. Só dois nós acima da referência. O $20\ \Omega$ e o $2\ \Omega$ descem direto ao terra, então $v = v_T$ e a variável de controle é o próprio $v_1 = v_C$ : a fonte controlada vale $v_C/8$ .

As correntes de cada LKC. Nó de cima: entra $v_C/8$ , saem $v_T/20$ e $(v_T-v_C)/4$ . Nó do meio: entram $7$ A e $(v_T-v_C)/4$ , sai $v_C/2$ .

Passo 2 — método 2: análise de malhas. O circuito tem três janelas, todas com corrente de malha no sentido horário: $i_1$ na janela da esquerda (fonte controlada, $4\ \Omega$ e fonte de $7\ \mathrm{A}$ ); $i_2$ na janela de baixo, entre a fonte de $7\ \mathrm{A}$ e o $2\ \Omega$ ; e $i_3$ na janela da direita ( $4\ \Omega$ , $20\ \Omega$ e $2\ \Omega$ ).

A fonte controlada está só na malha 1, que sobe por ela no sentido da seta, então ela fixa $i_1$ . A variável de controle é a tensão do $2\ \Omega$ , por onde descem $i_2 - i_3$ :

i_1 = \frac{v_1}{8} \qquad\qquad v_1 = 2\,(i_2 - i_3) \qquad\Longrightarrow\qquad i_1 = \frac{i_2 - i_3}{4}

A fonte de $7\ \mathrm{A}$ fica no ramo comum às malhas 1 e 2; a malha 2 sobe por ela, a malha 1 desce:

i_2 - i_1 = 7

A supermalha $1 + 2$ não rende LKT, porque o seu contorno passa pela fonte controlada, cuja tensão não se conhece — e nem precisa: as duas restrições acima já bastam. Falta a LKT da malha 3, a única sem fonte de corrente:

4\,(i_3 - i_1) + 20\,i_3 + 2\,(i_3 - i_2) = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad 26\,i_3 - 4\,i_1 - 2\,i_2 = 0

Com $i_2 = i_1 + 7$ , a primeira restrição vira $4i_1 = i_1 + 7 - i_3$ , isto é, $3i_1 = 7 - i_3$ , e a LKT vira $26\,i_3 - 6\,i_1 = 14$ :

26\,i_3 - 2\,(7 - i_3) = 14 \qquad\Longrightarrow\qquad 28\,i_3 = 28 \qquad\Longrightarrow\qquad i_3 = 1\ \mathrm{A}, \quad i_1 = 2\ \mathrm{A}, \quad i_2 = 9\ \mathrm{A}

O $20\ \Omega$ só é percorrido pela malha 3, descendo; no $4\ \Omega$ descem $i_1 - i_3$ :

\boxed{v = 20\,i_3 = 20\ \mathrm{V}} \qquad\qquad \boxed{i = i_1 - i_3 = 1\ \mathrm{A}}

Os mesmos valores do método 1, e $v_1 = 2\,(9 - 1) = 16\ \mathrm{V}$ também bate ✔ A fonte controlada entrega $i_1 = 2\ \mathrm{A}$ e pelo $2\ \Omega$ descem $i_2 - i_3 = 8\ \mathrm{A}$ .

Conferência de potência — a fonte de $7\ \mathrm{A}$ entrega $16 \times 7 = 112\ \mathrm{W}$ e a controlada $20 \times 2 = 40\ \mathrm{W}$ , total $152\ \mathrm{W}$ . Os resistores absorvem: $20\ \Omega$ com $1\ \mathrm{A}$ dá $20\ \mathrm{W}$ , $4\ \Omega$ com $1\ \mathrm{A}$ dá $4\ \mathrm{W}$ , $2\ \Omega$ com $8\ \mathrm{A}$ dá $128\ \mathrm{W}$ — total $152\ \mathrm{W}$ ✔

Método 2: as três correntes de malha. A controlada só está na malha 1 e fixa $i_1 = v_1/8$ , com $v_1 = 2(i_2 - i_3)$ ; a de $7$ A, no ramo comum, dá $i_2 - i_1 = 7$ ; a LKT da malha 3 é $4(i_3 - i_1) + 20i_3 + 2(i_3 - i_2) = 0$ . Sai $i_1 = 2$ A, $i_2 = 9$ A e $i_3 = 1$ A, logo $v = 20i_3 = 20$ V e $i = i_1 - i_3 = 1$ A.

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Questão 111º EE2022.2Thévenin e Norton · Ponte de resistores com fonte de corrente3 ptsVer material

Determinar o circuito equivalente de Thévenin e de Norton à esquerda dos pontos $a$ e $b$ . A partir de um dos dois circuitos, encontre o valor da tensão entre os terminais $a$ e $b$ .

Três nós acima da referência — o da fonte, o de $a$ e o do meio — e nenhuma fonte controlada. É a situação em que $R_{\mathrm{Th}}$ sai por associação pura, e $V_{\mathrm{Th}}$ por um sistema $3\times3$ que se reduz rápido.

Gabarito

Thévenin: $V_{\mathrm{Th}} = 20\ \mathrm{V}$ , $R_{\mathrm{Th}} = 10\ \Omega$ · Norton: $I_N = 2\ \mathrm{A}$ , $R_N = 10\ \Omega$ · $v_{ab} = 15\ \mathrm{V}$

Passo a passo

Passo 1 — remova a carga ( $30\ \Omega$ ) e tome o fio de baixo como referência. Chame $M$ o nó da fonte de corrente (topo do $3\ \mathrm{A}$ , à esquerda), $A$ o nó de $a$ (que é o mesmo do $20\ \Omega$ e do topo do $6\ \Omega$ ) e $B$ o nó do meio (encontro do $10\ \Omega$ , do $6\ \Omega$ e do $5\ \Omega$ ).

Passo 2 — as três LKC. Em $A$ , sem carga:

\frac{v_M - v_A}{20} = \frac{v_A - v_B}{6} \qquad\Longrightarrow\qquad 3v_M + 10v_B = 13v_A

Em $B$ :

\frac{v_M - v_B}{10} + \frac{v_A - v_B}{6} = \frac{v_B}{5} \qquad\Longrightarrow\qquad 3v_M + 5v_A = 14v_B

Em $M$ , com os $3\ \mathrm{A}$ entrando:

3 = \frac{v_M - v_A}{20} + \frac{v_M - v_B}{10} \qquad\Longrightarrow\qquad 60 = 3v_M - v_A - 2v_B

Passo 3 — Das duas primeiras: $v_A = \tfrac43 v_B$ e $v_M = \tfrac{22}{9} v_B$ . Levando na terceira:

60 = \frac{22}{3}v_B - \frac43 v_B - 2v_B = 4v_B \qquad\Longrightarrow\qquad v_B = 15\ \mathrm{V}

\boxed{V_{\mathrm{Th}} = v_A = \frac43(15) = 20\ \mathrm{V}}

V_Th: carga de 30 Ω removida, a–b em aberto. Os três nós: $M$ (topo da fonte), $A$ (o terminal $a$ ) e $B$ (o do meio). O sistema dá $v_B = 15\ \mathrm{V}$ e $V_{\mathrm{Th}} = v_A = \tfrac43 \cdot 15 = 20\ \mathrm{V}$ .

Passo 4 — $R_{\mathrm{Th}}$ . A única fonte independente é a de corrente: desativada, ela vira circuito aberto. Olhando de $a$ para dentro, de $A$ até $B$ há dois caminhos — o $6\ \Omega$ direto, e o $20\ \Omega$ em série com o $10\ \Omega$ passando por $M$ (o nó $M$ deixou de ter a fonte, mas os dois resistores continuam ligados):

6 \parallel (20 + 10) = 6 \parallel 30 = 5\ \Omega

De $B$ até o fio de baixo há o $5\ \Omega$ . Em série:

\boxed{R_{\mathrm{Th}} = R_N = 5 + 5 = 10\ \Omega}

R_Th: a fonte de 3 A vira circuito aberto. O nó $M$ perde a fonte mas não os resistores: $20 + 10 = 30\ \Omega$ de $A$ a $B$ , em paralelo com o 6 Ω (dá 5 Ω), e mais o 5 Ω até $b$ .

Passo 5 — Norton e a carga:

\boxed{I_N = \frac{20}{10} = 2\ \mathrm{A}} \qquad\qquad v_{ab} = 20 \cdot \frac{30}{10 + 30} = \boxed{15\ \mathrm{V}}

Conferência — resolvendo o circuito original com o $30\ \Omega$ no lugar, o sistema dá $v_B = 12{,}5\ \mathrm{V}$ e $v_A = 15\ \mathrm{V}$ ✔ Por Norton: $v_{ab} = 2 \cdot (10 \parallel 30) = 2(7{,}5) = 15\ \mathrm{V}$ ✔

Os dois equivalentes. $I_N = 20/10 = 2\ \mathrm{A}$ , com $R_N = 10\ \Omega$ .

A carga de 30 Ω religada ao Thévenin. Divisor de tensão: $v_{ab} = 20 \cdot 30/(10 + 30) = 15\ \mathrm{V}$ .

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Questão 121º EE2022.2Amp. op. · Divisor na entrada de um inversor3 ptsVer material

Determinar o circuito equivalente de Thévenin e de Norton à esquerda dos pontos $a$ e $b$ . A partir de um dos dois circuitos, encontre o valor da tensão entre os terminais $a$ e $b$ — que aqui são os terminais de saída marcados $+$ e $-$ , isto é, a própria $v_o$ .

A entrada inversora é terra virtual: fica em $0\ \mathrm{V}$ sem estar ligada ao terra. Por isso o $6\ \mathrm{k\Omega}$ enxerga terra do lado direito, e entra no divisor da entrada como se fosse um resistor para a referência.

Gabarito

$v_o = -18\ \mathrm{V}$ , com $V_{\mathrm{Th}} = -18\ \mathrm{V}$ e $R_{\mathrm{Th}} = 0$ — a saída do amp. op. ideal é uma fonte de tensão ideal, e por isso o equivalente de Norton não existe aqui.

Passo a passo

Passo 1 — o terra virtual. Com realimentação negativa pelo $18\ \mathrm{k\Omega}$ e a entrada não inversora aterrada,

v_- = v_+ = 0 \qquad\qquad i_- = 0

a entrada inversora é terra virtual. Com $v_+$ no terra e realimentação pelo 18 kΩ, o curto virtual põe a inversora em $0\ \mathrm{V}$ — e por ela não entra corrente.

Passo 2 — LKC no nó $X$ (entre o $2\ \mathrm{k\Omega}$ , o $4\ \mathrm{k\Omega}$ e o $6\ \mathrm{k\Omega}$ ). O $6\ \mathrm{k\Omega}$ termina em $0\ \mathrm{V}$ , então ele participa como um resistor para a referência:

\frac{11 - v_X}{2\mathrm{k}} = \frac{v_X}{4\mathrm{k}} + \frac{v_X - 0}{6\mathrm{k}}

Multiplicando por $12\ \mathrm{k}$ :

6(11 - v_X) = 3v_X + 2v_X \qquad\Longrightarrow\qquad 66 = 11 v_X \qquad\Longrightarrow\qquad v_X = 6\ \mathrm{V}

LKC no nó X: o 6 kΩ termina em 0 V. $\frac{11-v_X}{2\mathrm{k}} = \frac{v_X}{4\mathrm{k}} + \frac{v_X-0}{6\mathrm{k}}$ dá $v_X = 6\ \mathrm{V}$ : entram 2,5 mA pelo 2 kΩ, saem 1,5 mA pelo 4 kΩ e 1 mA pelo 6 kΩ.

Passo 3 — a corrente que chega ao nó inversor vem toda do $6\ \mathrm{k\Omega}$ , e como o amp. op. não absorve nada, ela segue inteira pelo $18\ \mathrm{k\Omega}$ :

i = \frac{v_X - 0}{6\mathrm{k}} = \frac{6}{6000} = 1\ \mathrm{mA}

a mesma corrente atravessa o 6 kΩ e o 18 kΩ. $i = (6-0)/6\mathrm{k} = 1\ \mathrm{mA}$ ; como $i_- = 0$ , ela segue inteira pelo 18 kΩ.

Passo 4 — a saída. Percorrendo o $18\ \mathrm{k\Omega}$ do nó inversor ( $0\ \mathrm{V}$ ) para a saída, no sentido da corrente:

v_o = 0 - (18\mathrm{k})(1\mathrm{m}) = \boxed{-18\ \mathrm{V}}

a saída. Do nó inversor (0 V) para a saída, no sentido da corrente, caem $(18\mathrm{k})(1\mathrm{m}) = 18\ \mathrm{V}$ : $v_o = -18\ \mathrm{V}$ . A saída é fonte ideal: $V_{Th} = -18\ \mathrm{V}$ , $R_{Th} = 0$ .

Passo 5 — o equivalente pedido. Visto dos terminais de saída, o amp. op. ideal se comporta como uma fonte de tensão ideal:

V_{\mathrm{Th}} = v_o = -18\ \mathrm{V} \qquad\qquad R_{\mathrm{Th}} = 0

E aí vale o cuidado: com $R_{\mathrm{Th}} = 0$ não existe equivalente de Norton finito, porque $I_N = V_{\mathrm{Th}}/R_{\mathrm{Th}}$ não é definido. É a diferença entre um amp. op. e um divisor resistivo: a saída do primeiro entrega $-18\ \mathrm{V}$ para qualquer carga.

Conferência — o ganho do inversor visto do nó $X$ é $-18/6 = -3$ , e $-3 \times 6 = -18\ \mathrm{V}$ ✔ Já o ganho visto da fonte é menor em módulo, porque o $4\ \mathrm{k\Omega}$ derruba a entrada de $11\ \mathrm{V}$ para $6\ \mathrm{V}$ : $v_o/11 = -1{,}64$ .

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Questão 131º EE2023.1Kirchhoff · Achar a resistência a partir de uma corrente dada2 ptsVer material

Determine os valores de $i$ e de $R$ .

A corrente dada de $2\ \mathrm{A}$ é a do $8\ \Omega$ . Ela fixa a tensão sobre o paralelo $16\ \Omega \parallel 8\ \Omega$ e, com ela, a corrente total que desce por $R$ — que é o dado que faltava.

Gabarito

$i = 2\ \mathrm{A}$ · $R = 8\ \Omega$

Passo a passo

Passo 1 — o dado de entrada. Os $2\ \mathrm{A}$ atravessam o $8\ \Omega$ , logo a tensão sobre o paralelo (que é a mesma nos dois resistores) vale

v_{16\parallel 8} = 8 \cdot 2 = 16\ \mathrm{V}

Passo 2 — a outra parcela. Pelo $16\ \Omega$ passa

\frac{16}{16} = 1\ \mathrm{A} \qquad\Longrightarrow\qquad i_{\text{total}} = 2 + 1 = 3\ \mathrm{A}

e esses $3\ \mathrm{A}$ são exatamente a corrente que desce por $R$ , porque o nó da direita não tem outro caminho.

O paralelo: 16 V sobre ele, 1 A no 16 Ω e 3 A descendo por R. Os $2\ \mathrm{A}$ no $8\ \Omega$ dão $8 \cdot 2 = 16\ \mathrm{V}$ sobre o paralelo; pelo $16\ \Omega$ passam $16/16 = 1\ \mathrm{A}$ , e os $2 + 1 = 3\ \mathrm{A}$ descem por $R$ .

Passo 3 — LKC no nó do $20\ \Omega$ . Tomando o fio de baixo como referência e chamando $v_A$ o potencial desse nó (que é o mesmo do lado esquerdo do paralelo, pois o trecho entre eles é fio):

\underbrace{\frac{60 - v_A}{4}}_{\text{vem pelo }4\ \Omega} = \underbrace{\frac{v_A}{20}}_{i} + \underbrace{3}_{\text{vai para o paralelo}}

\times 20:\quad 300 - 5v_A = v_A + 60 \qquad\Longrightarrow\qquad 6v_A = 240 \qquad\Longrightarrow\qquad v_A = 40\ \mathrm{V}

\boxed{i = \frac{40}{20} = 2\ \mathrm{A}}

LKC no nó A: v_A = 40 V e i = 2 A. No nó $A$ : $\dfrac{60 - v_A}{4} = \dfrac{v_A}{20} + 3\Rightarrow v_A = 40\ \mathrm{V}$ , e $i = 40/20 = 2\ \mathrm{A}$ . A fonte entrega $5\ \mathrm{A}$ $= 2 + 3$ .

Passo 4 — a resistência. O nó da direita está $16\ \mathrm{V}$ abaixo de $v_A$ :

v_C = 40 - 16 = 24\ \mathrm{V} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{R = \frac{v_C}{3} = \frac{24}{3} = 8\ \Omega}

Conferência — a fonte entrega $(60-40)/4 = 5\ \mathrm{A}$ , que se dividem em $2\ \mathrm{A}$ pelo $20\ \Omega$ e $3\ \mathrm{A}$ pelo resto ✔ Potência: fonte $60 \times 5 = 300\ \mathrm{W}$ ; $4\ \Omega$ : $4(5)^2 = 100$ ; $20\ \Omega$ : $20(2)^2 = 80$ ; paralelo: $16 \times 3 = 48$ ; $R$ : $8(3)^2 = 72$ — soma $300\ \mathrm{W}$ ✔

O nó C fica a 24 V: R = 24/3 = 8 Ω. $v_C = 40 - 16 = 24\ \mathrm{V}$ , e por $R$ descem $3\ \mathrm{A}$ : $R = 24/3 = 8\ \Omega$ .

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Questão 141º EE2023.1Superposição · A potência que não se superpõe4 ptsVer material

Determine os valores de $v$ , $i$ e da potência no resistor de $8\ \Omega$ usando superposição. O circuito com a fonte de corrente deve ser resolvido pela análise de nós e o circuito com a fonte de tensão por análise de malhas.

O enunciado pede potência por superposição — e é uma armadilha deliberada: as correntes se somam, os quadrados não. A superposição entrega a corrente do $8\ \Omega$ ; a potência só depois.

Gabarito

$v = -50\ \mathrm{V}$ · $i = 83\ \mathrm{A}$ · $p_{8\Omega} = 8\,(14{,}5)^2 = 1682\ \mathrm{W}$

Passo a passo

Passo 0 — convenções. Fio de baixo como referência; $v_L$ é o nó da esquerda (a variável de controle, $v_1 = v_L$ ), $v_M = 4\ \mathrm{V}$ o nó da fonte de tensão e $v_D$ o nó da direita — o mesmo da fonte controlada e do topo do $8\ \Omega$ . Então $v = v_L - v_M$ e $i = (v_M - v_D)/2$ .

Passo 1 — subcircuito da fonte de $2\ \mathrm{A}$ (a de $4\ \mathrm{V}$ vira curto, $v_M' = 0$ ):

\text{nó } L:\ 2 = \frac{v_L'}{4} + \frac{v_L' - v_D'}{8} \quad\Longrightarrow\quad v_D' = 3v_L' - 16

\text{nó } D:\ \frac{v_L' - v_D'}{8} - \frac{v_D'}{2} + 3v_L' = \frac{v_D'}{4} \quad\Longrightarrow\quad 25v_L' = 7v_D'

v_L' = -28\ \mathrm{V},\quad v_D' = -100\ \mathrm{V} \qquad\Longrightarrow\qquad v' = -28\ \mathrm{V},\quad i' = 50\ \mathrm{A},\quad i_{8\Omega}' = 9\ \mathrm{A}

Só a fonte de 2 A ligada. Com a de 4 V em curto, $v_M' = 0$ : $v_L' = -28$ V e $v_D' = -100$ V, logo $v' = -28$ V, $i' = 50$ A e $i_{8\Omega}' = 9$ A.

Passo 2 — subcircuito da fonte de $4\ \mathrm{V}$ (a de $2\ \mathrm{A}$ vira aberto), pela Análise de Malhas. Correntes de malha no sentido horário: $i_1$ na janela de cima ( $8\ \Omega$ , $2\ \Omega$ e o $4\ \Omega$ do meio); $i_2$ na janela de baixo do meio (fonte de $4\ \mathrm{V}$ , $2\ \Omega$ e o $4\ \Omega$ da direita); e $i_3$ na janela da direita ( $4\ \Omega$ e controlada $3v_1$ ). A janela de baixo à esquerda só tem de seu a fonte de $2\ \mathrm{A}$ , que está aberta, então a corrente dela é zero — e pelo $4\ \Omega$ do meio passa só $i_1$ , de $M$ para $L$ . A variável de controle, pela LKT que sobe pela fonte de $4\ \mathrm{V}$ e volta pelo $4\ \Omega$ :

v_1'' = v_L'' = 4 - 4i_1

A controlada fica só na borda da malha $3$ e aponta para cima, contra o sentido de $i_3$ ; não há supermalha, ela apenas fixa $i_3$ . Somando as quedas no sentido de cada malha:

\text{malha 1:}\quad 8i_1 + 2\,(i_1 - i_2) + 4i_1 = 0 \quad\Longrightarrow\quad i_2 = 7i_1

\text{malha 2:}\quad -4 + 2\,(i_2 - i_1) + 4\,(i_2 - i_3) = 0

\text{malha 3:}\quad i_3 = -3v_1'' = 12i_1 - 12

Levando a malha $1$ e a malha $3$ para a malha $2$ :

-4 + 12i_1 + 4\,(7i_1 - 12i_1 + 12) = 0 \quad\Longrightarrow\quad 44 - 8i_1 = 0 \quad\Longrightarrow\quad i_1 = 5{,}5\ \mathrm{A},\quad i_2 = 38{,}5\ \mathrm{A},\quad i_3 = 54\ \mathrm{A}

O $8\ \Omega$ conduz $i_1$ de $L$ para $D$ , o $2\ \Omega$ conduz $i_2 - i_1$ de $M$ para $D$ , e o $4\ \Omega$ do meio conduz $i_1$ de $M$ para $L$ :

v'' = -4i_1 = -22\ \mathrm{V}, \qquad i'' = i_2 - i_1 = 33\ \mathrm{A}, \qquad i_{8\Omega}'' = i_1 = 5{,}5\ \mathrm{A}

Só a fonte de 4 V ligada, por malhas. Malhas horárias; a da esquerda tem corrente nula (2 A aberta), e $v_1'' = 4 - 4i_1$ . Malha 1: $14i_1 - 2i_2 = 0$ ; malha 2: $-4 + 2(i_2 - i_1) + 4(i_2 - i_3) = 0$ ; malha 3: $i_3 = -3v_1'' = 12i_1 - 12$ . Daí $i_1 = 5{,}5$ A, $i_2 = 38{,}5$ A, $i_3 = 54$ A, e $v'' = -4i_1 = -22$ V, $i'' = i_2 - i_1 = 33$ A, $i_{8\Omega}'' = i_1 = 5{,}5$ A.

Passo 3 — soma das grandezas lineares:

v = -28 - 22 = \boxed{-50\ \mathrm{V}} \qquad i = 50 + 33 = \boxed{83\ \mathrm{A}}

i_{8\Omega} = 9 + 5{,}5 = 14{,}5\ \mathrm{A}

Passo 4 — a potência, e só agora:

p_{8\Omega} = 8\,(14{,}5)^2 = \boxed{1682\ \mathrm{W}}

Onde a questão pega — somar as potências parciais daria

8(9)^2 + 8(5{,}5)^2 = 648 + 242 = 890\ \mathrm{W}

que não é a resposta. A diferença de $792\ \mathrm{W}$ é o termo cruzado $2 \cdot 8 \cdot 9 \cdot 5{,}5$ , que a soma de quadrados ignora. Potência é quadrática e por isso não se superpõe.

Conferência — no circuito completo, $v_L = -46\ \mathrm{V}$ e $v_D = -162\ \mathrm{V}$ , logo $i_{8\Omega} = (-46+162)/8 = 14{,}5\ \mathrm{A}$ ✔, $v = -50\ \mathrm{V}$ ✔ e $i = (4+162)/2 = 83\ \mathrm{A}$ ✔

As duas fontes juntas. Somam-se as correntes, não as potências: $i_{8\Omega} = 9 + 5{,}5 = 14{,}5$ A e só então $p_{8\Omega} = 8\,(14{,}5)^2 = 1682$ W.

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Questão 151º EE2023.1Máxima transferência de potência · Thévenin com duas fontes de corrente2 ptsVer material

Determine o circuito equivalente de Thévenin e de Norton fora dos pontos $a$ e $b$ . Qual seria o valor da resistência $R$ para que ela recebesse a máxima potência do resto do circuito?

A carga é $R$ , entre $a$ e $b$ . Removida ela, o circuito vira uma cadeia sem ramificações — e a LKC em cada nó tem só dois termos.

Gabarito

Thévenin: $V_{\mathrm{Th}} = 12\ \mathrm{V}$ , $R_{\mathrm{Th}} = 10\ \Omega$ · Norton: $I_N = 1{,}2\ \mathrm{A}$ , $R_N = 10\ \Omega$ · $R = 10\ \Omega$ , com $p_{\max} = 3{,}6\ \mathrm{W}$

Passo a passo

Passo 1 — remova $R$ e tome o fio de baixo como referência. Chame $P$ o nó da fonte de $3\ \mathrm{A}$ ; o nó da fonte de $10\ \mathrm{V}$ está fixo em $10\ \mathrm{V}$ .

Passo 2 — $V_{\mathrm{Th}}$ . Sem a carga, os $2\ \mathrm{A}$ da primeira fonte não têm outro caminho: atravessam inteiros o $4\ \Omega$ .

v_a - v_P = 4 \cdot 2 = 8\ \mathrm{V}

LKC no nó $P$ : chegam os $2\ \mathrm{A}$ pelo $4\ \Omega$ , saem $3\ \mathrm{A}$ pela fonte de corrente, e a diferença vem pelo $6\ \Omega$ :

2 = 3 + \frac{v_P - 10}{6} \qquad\Longrightarrow\qquad v_P = 4\ \mathrm{V}

\boxed{V_{\mathrm{Th}} = v_a = 4 + 8 = 12\ \mathrm{V}}

V_Th: R removida, a–b em aberto. Sem $R$ , os 2 A só têm o 4 Ω para seguir: $v_a - v_P = 8\ \mathrm{V}$ . Em $P$ , $2 = 3 + (v_P - 10)/6$ dá $v_P = 4\ \mathrm{V}$ .

Passo 3 — $R_{\mathrm{Th}}$ . Desative: as duas fontes de corrente viram circuito aberto e a de $10\ \mathrm{V}$ vira fio. De $a$ para dentro sobra um caminho só — $4\ \Omega$ até $P$ , e $6\ \Omega$ de $P$ até o fio de baixo:

\boxed{R_{\mathrm{Th}} = R_N = 4 + 6 = 10\ \Omega}

R_Th: fontes de corrente abertas, fonte de tensão em curto. De $a$ para dentro há um caminho só: 4 Ω até $P$ e 6 Ω até o fio de baixo, pela fonte de 10 V em curto.

Passo 4 — Norton:

\boxed{I_N = \frac{12}{10} = 1{,}2\ \mathrm{A}}

Os dois equivalentes. $I_N = 12/10 = 1{,}2\ \mathrm{A}$ , com $R_N = 10\ \Omega$ .

Passo 5 — máxima transferência. A condição é o casamento:

\boxed{R = R_{\mathrm{Th}} = 10\ \Omega} \qquad\qquad p_{\max} = \frac{V_{\mathrm{Th}}^2}{4R_{\mathrm{Th}}} = \frac{144}{40} = \boxed{3{,}6\ \mathrm{W}}

Conferência — com $R = 10\ \Omega$ a corrente é $12/20 = 0{,}6\ \mathrm{A}$ e $p = 10(0{,}6)^2 = 3{,}6\ \mathrm{W}$ ✔ Metade da potência da fonte equivalente se perde em $R_{\mathrm{Th}}$ — o rendimento no ponto de máxima potência é de $50\%$ , como sempre.

Máxima transferência: R = R_Th. O casamento $R = R_{\mathrm{Th}} = 10\ \Omega$ dá $p_{\max} = V_{\mathrm{Th}}^2/(4R_{\mathrm{Th}}) = 144/40 = 3{,}6\ \mathrm{W}$ .

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Questão 161º EE2023.1Amp. op. · Não inversor com divisor na entrada2 ptsVer material

Determine os valores de $v$ , $i_1$ e $i_2$ . Considere o amplificador operacional como ideal.

O sinal entra pela não inversora, e o par $2\ \Omega$ – $6\ \Omega$ realimenta a inversora: é o amplificador não inversor. O divisor de $4\ \Omega$ e $8\ \Omega$ fica descarregado, porque a entrada do amp. op. não puxa corrente.

Gabarito

$v = -18\ \mathrm{V}$ · $i_1 = 3\ \mathrm{A}$ · $i_2 = 8\ \mathrm{A}$ (com $v_o = 24\ \mathrm{V}$ )

Passo a passo

Passo 1 — a entrada. A entrada não inversora não puxa corrente ( $i_+ = 0$ ), então o divisor de $4\ \Omega$ e $8\ \Omega$ trabalha em vazio:

v_+ = 9 \cdot \frac{8}{4 + 8} = 6\ \mathrm{V}

v₊ sai de um divisor em vazio. Sem corrente na entrada, o divisor trabalha em vazio: $v_+ = 9 \cdot \frac{8}{4+8} = 6\ \mathrm{V}$ .

Passo 2 — o curto virtual. Com realimentação negativa pelo $6\ \Omega$ ,

v_- = v_+ = 6\ \mathrm{V}

Passo 3 — $i_1$ . O nó inversor está a $6\ \mathrm{V}$ e o pé do $2\ \Omega$ está no terra:

\boxed{i_1 = \frac{6 - 0}{2} = 3\ \mathrm{A}}

curto virtual e i₁. O curto virtual põe o nó inversor em $6\ \mathrm{V}$ ; com o pé do 2 Ω no terra, $i_1 = 6/2 = 3\ \mathrm{A}$ .

Passo 4 — a saída. Como $i_- = 0$ , esses $3\ \mathrm{A}$ vieram inteiros pelo $6\ \Omega$ , da saída para o nó inversor. Logo a saída está $6 \times 3 = 18\ \mathrm{V}$ acima:

v_o = 6 + 18 = 24\ \mathrm{V}

que confere com a fórmula do não inversor: $v_o = v_+\left(1 + \dfrac{6}{2}\right) = 6 \cdot 4 = 24\ \mathrm{V}$ ✔

os 3 A vêm inteiros pelo 6 Ω. Como $i_- = 0$ , os 3 A atravessam o 6 Ω da saída para o nó inversor: $v_o = 6 + 6 \cdot 3 = 24\ \mathrm{V}$ .

Passo 5 — as duas respostas que faltam. A tensão $v$ está marcada com o $+$ do lado do nó inversor:

\boxed{v = v_- - v_o = 6 - 24 = -18\ \mathrm{V}}

E $i_2$ é a corrente que a saída entrega ao $3\ \Omega$ :

\boxed{i_2 = \frac{v_o}{3} = \frac{24}{3} = 8\ \mathrm{A}}

Conferência — o amp. op. fornece $i_2 + 3 = 11\ \mathrm{A}$ pela saída (os $8\ \mathrm{A}$ da carga mais os $3\ \mathrm{A}$ da realimentação), e nada disso passa pela fonte de $9\ \mathrm{V}$ : ela só entrega $9/12 = 0{,}75\ \mathrm{A}$ ao divisor. É exatamente o que um amp. op. faz — isola a fonte da carga ✔

v e i₂. $v = v_- - v_o = 6 - 24 = -18\ \mathrm{V}$ e $i_2 = 24/3 = 8\ \mathrm{A}$ .

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Questão 171º EE2023.2Análise nodal · Fonte controlada por uma corrente de saída2 ptsVer material

Determine os valores de $i_1$ e de $v$ .

O trecho de fio à direita do $8\ \Omega$ põe o $6\ \Omega$ e o $3\ \Omega$ em paralelo, e é essa redução que deixa o circuito com só dois nós. Este quesito caiu idêntico em 2023.2 e em 2025.2 — lá a corrente do $3\ \Omega$ se chama $i$ , e a controlada, $2i$ .

Gabarito

$v = 30\ \mathrm{V}$ · $i_1 = 2\ \mathrm{A}$

Passo a passo

Passo 1 — reduza a direita. O $6\ \Omega$ e o $3\ \Omega$ ligam o mesmo par de nós:

6 \parallel 3 = \frac{6 \cdot 3}{9} = 2\ \Omega

O 6 Ω e o 3 Ω viram um 2 Ω. Os dois resistores ligam o mesmo par de nós, então ficam em paralelo: $6 \parallel 3 = 2\ \Omega$ . Sobram só dois nós acima da referência.

Passo 2 — dois nós, duas equações. Fio de baixo como referência; chame $v_A$ o nó da esquerda (que é também o do $10\ \Omega$ e da fonte controlada, ligados por fio) e $v_C$ o nó à direita do $8\ \Omega$ . Note que $v = v_A$ e $i_1 = v_C/3$ .

LKC no nó $C$ :

\frac{v_A - v_C}{8} = \frac{v_C}{2} \qquad\Longrightarrow\qquad v_A = 5\,v_C

Os dois nós e a LKC no nó C. No nó $C$ o que chega pelo $8\ \Omega$ desce todo pelo $2\ \Omega$ : $(v_A-v_C)/8 = v_C/2$ , logo $v_A = 5v_C$ .

Passo 3 — LKC no nó $A$ , com a fonte controlada saindo (a seta dela aponta para baixo):

10 = \frac{v_A}{10} + 2i_1 + \frac{v_A - v_C}{8} = \frac{v_A}{10} + \frac{2v_C}{3} + \frac{v_C}{2}

Substituindo $v_A = 5v_C$ :

10 = \frac{v_C}{2} + \frac{2v_C}{3} + \frac{v_C}{2} = \frac{5}{3}\,v_C \qquad\Longrightarrow\qquad v_C = 6\ \mathrm{V}

\boxed{i_1 = \frac{6}{3} = 2\ \mathrm{A}} \qquad\qquad \boxed{v = v_A = 5(6) = 30\ \mathrm{V}}

Conferência — no nó $A$ : $30/10 = 3\ \mathrm{A}$ pelo $10\ \Omega$ , $2i_1 = 4\ \mathrm{A}$ pela controlada e $(30-6)/8 = 3\ \mathrm{A}$ pelo $8\ \Omega$ — total $10\ \mathrm{A}$ ✔ No nó $C$ : chegam $3\ \mathrm{A}$ , saem $6/6 = 1\ \mathrm{A}$ pelo $6\ \Omega$ e $6/3 = 2\ \mathrm{A}$ pelo $3\ \Omega$ ✔

A LKC no nó A, com a controlada saindo. A variável de controle $i_1$ é a corrente do $3\ \Omega$ , que tem $v_C$ nos terminais: $i_1 = v_C/3$ . Com $v_A = 5v_C$ , a LKC em $A$ dá $\tfrac53 v_C = 10$ .

Os valores encontrados. No nó $A$ : $3 + 4 + 3 = 10$ A. No nó $C$ : os $3$ A do $8\ \Omega$ se dividem em $1$ A pelo $6\ \Omega$ e $i_1 = 2$ A pelo $3\ \Omega$ .

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Questão 181º EE2023.2Superposição · Fonte de tensão controlada em paralelo com a carga3 ptsVer material

Determine os valores da tensão $v$ e da corrente $i$ usando superposição. O circuito com a fonte de corrente deve ser resolvido pela análise de nós e o circuito com a fonte de tensão por análise de malhas.

A fonte controlada de tensão está ligada direto entre o nó da direita e a referência: ela fixa aquele potencial em $2v_1$ , e por isso a LKC naquele nó nem precisa ser escrita.

Gabarito

$v = -\dfrac{70}{3} \approx -23{,}3\ \mathrm{V}$ · $i = -\dfrac{20}{3} \approx -6{,}67\ \mathrm{A}$

Passo a passo

Passo 0 — convenções. Fio de baixo como referência. Chame $v_L$ o nó da esquerda, $v_M$ o nó da fonte de $5\ \mathrm{A}$ (que é a variável de controle, $v_1 = v_M$ ) e $v_D$ o nó da direita. A fonte controlada, com o $+$ em cima, impõe

v_D = 2v_1 = 2v_M

e as grandezas pedidas são $v = v_L - v_M$ e $i = (v_M - v_D)/5$ .

Passo 1 — subcircuito da fonte de $10\ \mathrm{V}$ (a de $5\ \mathrm{A}$ vira circuito aberto), pela Análise de Malhas. Com o ramo dos $5\ \mathrm{A}$ aberto, as duas janelas de baixo à esquerda se fundem, e sobram três malhas, todas com corrente no sentido horário: $i_1$ na janela de cima ( $10\ \Omega$ , $5\ \Omega$ e $2\ \Omega$ ); $i_2$ na janela fundida de baixo (fonte de $10\ \mathrm{V}$ , $2\ \Omega$ , $5\ \Omega$ e $4\ \Omega$ ); e $i_3$ na janela da direita ( $4\ \Omega$ e controlada $2v_1$ ). O $2\ \Omega$ e o $5\ \Omega$ estão em série e conduzem $i_2 - i_1$ da esquerda para a direita. A variável de controle é a tensão sobre o ramo aberto; pela LKT que sobe pela fonte de $10\ \mathrm{V}$ e atravessa o $2\ \Omega$ :

v_1' = 10 - 2\,(i_2 - i_1)

Somando as quedas no sentido de cada malha — a malha $2$ sobe pela fonte de $10\ \mathrm{V}$ do $-$ para o $+$ , e a malha $3$ desce pela controlada do $+$ para o $-$ :

\text{malha 1:}\quad 10i_1 + 5\,(i_1 - i_2) + 2\,(i_1 - i_2) = 0 \quad\Longrightarrow\quad 17i_1 = 7i_2

\text{malha 2:}\quad -10 + 2\,(i_2 - i_1) + 5\,(i_2 - i_1) + 4\,(i_2 - i_3) = 0

\text{malha 3:}\quad 4\,(i_3 - i_2) + 2v_1' = 0 \quad\Longrightarrow\quad 4\,(i_2 - i_3) = 2v_1'

Com a malha $3$ na malha $2$ e $x = i_2 - i_1$ , a corrente do $2\ \Omega$ e do $5\ \Omega$ :

-10 + 7x + 2\,\bigl[10 - 2x\bigr] = 0 \quad\Longrightarrow\quad 3x = -10 \quad\Longrightarrow\quad x = -\frac{10}{3}\ \mathrm{A}

e a malha $1$ completa o sistema: $i_1 = -\tfrac{7}{3}\ \mathrm{A}$ , $i_2 = -\tfrac{17}{3}\ \mathrm{A}$ e $i_3 = -14\ \mathrm{A}$ , com $v_1' = 10 + \tfrac{20}{3} = \tfrac{50}{3}\ \mathrm{V}$ . Como $v$ é a queda no $2\ \Omega$ de $L$ para $M$ , e $i$ é a corrente do $5\ \Omega$ de $M$ para $D$ :

\boxed{v' = 2\,(i_2 - i_1) = -\frac{20}{3} \approx -6{,}67\ \mathrm{V}}

\boxed{i' = i_2 - i_1 = -\frac{10}{3} \approx -3{,}33\ \mathrm{A}}

Só a fonte de 10 V ligada, por malhas. Malhas horárias; com o ramo de 5 A aberto, as janelas de baixo à esquerda viram uma só ( $i_2$ ), e $v_1' = 10 - 2(i_2 - i_1)$ . Malha 1: $17i_1 = 7i_2$ ; malha 2: $-10 + 7(i_2 - i_1) + 4(i_2 - i_3) = 0$ ; malha 3: $4(i_3 - i_2) + 2v_1' = 0$ . Daí $i_2 - i_1 = -\tfrac{10}{3}$ A, logo $v' = -\tfrac{20}{3}$ V e $i' = -\tfrac{10}{3}$ A.

Passo 2 — subcircuito da fonte de $5\ \mathrm{A}$ (a de $10\ \mathrm{V}$ vira curto, $v_L'' = 0$ ):

5 = \frac{v_M''}{2} + \frac{v_M'' - 2v_M''}{5} \qquad\xrightarrow{\times 10}\qquad 50 = 5v_M'' - 2v_M'' \qquad\Longrightarrow\qquad v_M'' = \frac{50}{3}\ \mathrm{V}

\boxed{v'' = 0 - \frac{50}{3} = -\frac{50}{3} \approx -16{,}67\ \mathrm{V}} \qquad \boxed{i'' = -\frac{10}{3} \approx -3{,}33\ \mathrm{A}}

Só a fonte de 5 A ligada. Com a de 10 V em curto, $v_L'' = 0$ : de novo $v_M'' = \tfrac{50}{3}$ V, logo $v'' = -\tfrac{50}{3}$ V e $i'' = -\tfrac{10}{3}$ A.

Passo 3 — soma:

v = -\frac{20}{3} - \frac{50}{3} = \boxed{-\frac{70}{3} \approx -23{,}3\ \mathrm{V}}

i = -\frac{10}{3} - \frac{10}{3} = \boxed{-\frac{20}{3} \approx -6{,}67\ \mathrm{A}}

Conferência — no circuito completo, a LKC em $M$ dá $3v_M = 100$ , ou $v_M = \tfrac{100}{3}\ \mathrm{V}$ , e daí $v = 10 - \tfrac{100}{3} = -\tfrac{70}{3}$ ✔ e $v_D = \tfrac{200}{3}$ , com $i = \tfrac15(\tfrac{100}{3} - \tfrac{200}{3}) = -\tfrac{20}{3}$ ✔ Os dois sinais negativos dizem a mesma coisa: o nó do meio está acima dos dois vizinhos, ao contrário do que as marcações do enunciado sugerem.

As duas fontes juntas. $v = -\tfrac{20}{3} - \tfrac{50}{3} = -\tfrac{70}{3} \approx -23{,}3$ V e $i = -\tfrac{10}{3} - \tfrac{10}{3} = -\tfrac{20}{3} \approx -6{,}67$ A.

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Questão 191º EE2023.2Amp. op. · Não inversor de ganho 112 ptsVer material

Determine os valores de $v$ , $i_1$ e $i_2$ . Considere o amplificador operacional como ideal.

O sinal entra pela não inversora e o par $2\ \mathrm{k\Omega}$ – $20\ \mathrm{k\Omega}$ realimenta a inversora: ganho $1 + 20/2 = 11$ . A fonte de $100\ \mathrm{V}$ não entrega corrente nenhuma — a entrada do amp. op. é um circuito aberto.

Gabarito

$v = -1000\ \mathrm{V}$ · $i_1 = 0{,}2\ \mathrm{A}$ · $i_2 = 0{,}25\ \mathrm{A}$ (com $v_o = 1100\ \mathrm{V}$ )

Passo a passo

Passo 1 — as duas regras. A entrada não inversora está ligada direto à fonte, e não puxa corrente:

v_+ = 100\ \mathrm{V} \qquad\Longrightarrow\qquad v_- = 100\ \mathrm{V}

v₊ vem direto da fonte; v₋ copia. A entrada não puxa corrente, então $v_+ = 100\ \mathrm{V}$ , e o curto virtual dá $v_- = 100\ \mathrm{V}$ .

Passo 2 — a corrente do $2\ \mathrm{k\Omega}$ . Ele vai do nó inversor ao terra:

i_{2\mathrm{k}} = \frac{100 - 0}{2000} = 50\ \mathrm{mA}

Como $i_- = 0$ , essa corrente vem inteira pelo $20\ \mathrm{k\Omega}$ , da saída para o nó inversor.

a corrente do 2 kΩ vem toda pelo 20 kΩ. $i_{2\mathrm{k}} = 100/2000 = 50\ \mathrm{mA}$ ; como $i_- = 0$ , ela chega inteira pelo 20 kΩ, da saída para o nó inversor.

Passo 3 — a saída:

v_o = v_- + (20\mathrm{k})(50\mathrm{m}) = 100 + 1000 = 1100\ \mathrm{V}

que é o ganho do não inversor: $v_o = 100\left(1 + \dfrac{20}{2}\right) = 100 \cdot 11$ ✔

a saída. $v_o = v_- + (20\mathrm{k})(50\mathrm{m}) = 100 + 1000 = 1100\ \mathrm{V}$ .

Passo 4 — as três respostas. A tensão $v$ está marcada com o $+$ do lado do nó inversor:

\boxed{v = v_- - v_o = 100 - 1100 = -1000\ \mathrm{V}}

\boxed{i_1 = \frac{v_o}{5500} = \frac{1100}{5500} = 0{,}2\ \mathrm{A}}

E $i_2$ é toda a corrente que sai da saída do amp. op. — a da carga mais a da realimentação:

\boxed{i_2 = i_1 + 50\ \mathrm{mA} = 200 + 50 = 250\ \mathrm{mA} = 0{,}25\ \mathrm{A}}

Conferência — a potência que sai do amp. op. é $1100 \times 0{,}25 = 275\ \mathrm{W}$ ; a carga absorve $1100 \times 0{,}2 = 220\ \mathrm{W}$ e a realimentação $1000 \times 0{,}05 = 50\ \mathrm{W}$ , mais os $100 \times 0{,}05 = 5\ \mathrm{W}$ do $2\ \mathrm{k\Omega}$ — total $275\ \mathrm{W}$ ✔ E a fonte de $100\ \mathrm{V}$ não entregou nada: quem alimenta tudo é a alimentação do amp. op., que o modelo ideal não desenha.

v, i₁ e i₂. $v = 100 - 1100 = -1000\ \mathrm{V}$ , $i_1 = 1100/5500 = 0{,}2\ \mathrm{A}$ e $i_2 = i_1 + 50\ \mathrm{mA} = 0{,}25\ \mathrm{A}$ .

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Questão 201º EE2024.1Kirchhoff · A mesma escada, outra fonte3 ptsVer material

Determine os valores de $i$ , $i_1$ e $v$ .

É o mesmo circuito do 1º EE de 2020.2, com a fonte trocada de $50\ \mathrm{V}$ para $30\ \mathrm{V}$ . A resistência equivalente é a mesma, e todas as correntes ficam multiplicadas por $30/50 = 0{,}6$ .

Gabarito

$i_1 = 3\ \mathrm{A}$ · $i = \dfrac{1}{3}\ \mathrm{A} \approx 0{,}333\ \mathrm{A}$ · $v = 4\ \mathrm{V}$

Passo a passo

Passo 1 — a redução, de dentro para fora. Chamando $A$ o nó do $16\ \Omega$ , $B$ o do $4\ \Omega$ vertical, $C$ o nó de onde saem $3\ \Omega$ e $6\ \Omega$ e $D$ o do $8\ \Omega$ :

3 \parallel 6 = 2\ \Omega \qquad \text{ramo } B \to C = 4 + 2 = 6\ \Omega \qquad \text{ramo } B \to D = 4 + 8 = 12\ \Omega

R_B = 6 \parallel 12 = 4\ \Omega \qquad \text{ramo } A \to B = 12 + 4 = 16\ \Omega \qquad R_A = 16 \parallel 16 = 8\ \Omega

R_{\mathrm{eq}} = 2 + 8 = 10\ \Omega

Primeiro degrau: de B saem 6 Ω e 12 Ω, e R_B = 4 Ω. $3 \parallel 6 = 2\ \Omega$ : ramo $B \to C = 4 + 2 = 6\ \Omega$ , ramo $B \to D = 4 + 8 = 12\ \Omega$ , e $R_B = 6 \parallel 12 = 4\ \Omega$ .

Segundo degrau: em A, 16 Ω ∥ 16 Ω, e R_eq = 10 Ω. Ramo $A \to B = 12 + 4 = 16\ \Omega$ ; $R_A = 16 \parallel 16 = 8\ \Omega$ e $R_{eq} = 2 + 8 = 10\ \Omega$ .

Passo 2 — a corrente da fonte:

\boxed{i_1 = \frac{30}{10} = 3\ \mathrm{A}} \qquad\Longrightarrow\qquad v_A = 8 \cdot 3 = 24\ \mathrm{V}

Passo 3 — as divisões. Em $A$ os dois caminhos valem $16\ \Omega$ , então a corrente se divide ao meio: $1{,}5\ \mathrm{A}$ pelo $16\ \Omega$ e $1{,}5\ \mathrm{A}$ pelo $12\ \Omega$ . Chegando em $B$ :

v_B = 4 \cdot 1{,}5 = 6\ \mathrm{V}

i_{B \to C} = \frac{6}{6} = 1\ \mathrm{A} \qquad\qquad i_{B \to D} = \frac{6}{12} = 0{,}5\ \mathrm{A}

Voltando: i₁ = 3 A, metade em cada caminho de A, e a divisão em B. $i_1 = 30/10 = 3\ \mathrm{A}$ , $v_A = 24\ \mathrm{V}$ ; $1{,}5\ \mathrm{A}$ por cada caminho de $A$ ; em $B$ , $v_B = 4 \cdot 1{,}5 = 6\ \mathrm{V}$ , que manda $6/6 = 1\ \mathrm{A}$ para $C$ e $6/12 = 0{,}5\ \mathrm{A}$ para $D$ .

Passo 4 — as duas respostas que faltam:

\boxed{v = 8 \cdot 0{,}5 = 4\ \mathrm{V}}

\boxed{i = \frac{2}{6}\cdot 1 = \frac{1}{3} \approx 0{,}333\ \mathrm{A}}

onde $i$ é a parcela do $6\ \Omega$ na divisão do nó $C$ .

Conferência — $i_1 = 1{,}5 + 1 + 0{,}5 = 3\ \mathrm{A}$ ✔ E comparando com o 2020.2: lá $i_1 = 5\ \mathrm{A}$ , $v = 20/3$ e $i = 5/9$ ; aqui tudo caiu para $0{,}6$ desses valores, exatamente a razão das fontes ✔

As respostas no circuito original: v = 4 V e i = 1/3 A. $v = 8 \cdot 0{,}5 = 4\ \mathrm{V}$ ; em $C$ , $i = \tfrac26 \cdot 1 = \tfrac13 \approx 0{,}333\ \mathrm{A}$ é a parcela do $6\ \Omega$ .

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Questão 211º EE2024.1Superposição · Três fontes independentes e um supernó4 ptsVer material

Determine os valores da tensão $v$ e da corrente $i$ usando superposição. O circuito com a fonte de corrente deve ser resolvido pela análise de nós e o circuito com as fontes de tensão por análise de malhas.

Atenção à fonte de $17\ \mathrm{V}$ : o $-$ está em cima, então aquele nó fica em $-17\ \mathrm{V}$ . E os nós ligados pela fonte de $6\ \mathrm{V}$ formam um supernó — o $3\ \Omega$ de cima é interno a ele e se cancela na LKC.

Gabarito

$v = -\dfrac{21}{17} \approx -1{,}24\ \mathrm{V}$ · $i = -\dfrac{15}{17} \approx -0{,}88\ \mathrm{A}$

Passo a passo

Passo 0 — convenções. Fio de baixo como referência. A fonte de $17\ \mathrm{V}$ com o $-$ em cima dá $v_L = -17\ \mathrm{V}$ . Chame $v_M$ o nó da fonte controlada e $v_N$ o nó do $2\ \Omega$ ; a fonte de $6\ \mathrm{V}$ ( $-$ à esquerda) impõe $v_N = v_M + 6$ . As grandezas pedidas são $v = v_L - v_M$ e $i$ , a corrente do ramo da fonte de $6\ \mathrm{V}$ .

Passo 1 — subcircuito das duas fontes de tensão (a de $2\ \mathrm{A}$ vira circuito aberto), pela Análise de Malhas. Correntes de malha no sentido horário: $i_1$ na janela de baixo à esquerda (fonte de $17\ \mathrm{V}$ , $3\ \Omega$ e controlada $2v$ ); $i_2$ na janela de baixo do meio (controlada, fonte de $6\ \mathrm{V}$ e $2\ \Omega$ ); e $i_3$ na janelinha de cima ( $3\ \Omega$ de cima e fonte de $6\ \mathrm{V}$ ). A janela da direita só tem de seu a fonte de $2\ \mathrm{A}$ , que está aberta, então a corrente dela é zero. Pelo $3\ \Omega$ da esquerda passa só $i_1$ , de $L$ para $M$ , e a variável de controle fica

v' = 3i_1

A controlada está no ramo comum às malhas $1$ e $2$ : é uma supermalha. A seta aponta para cima, que é o sentido de $i_2$ naquele ramo, então a restrição é

i_2 - i_1 = 2v' = 6i_1 \quad\Longrightarrow\quad i_2 = 7i_1

A LKT da supermalha percorre o contorno das malhas $1$ e $2$ sem o ramo da controlada: sobe pela fonte de $17\ \mathrm{V}$ do $+$ para o $-$ (queda de $17\ \mathrm{V}$ ) e atravessa a de $6\ \mathrm{V}$ do $-$ para o $+$ (subida de $6\ \mathrm{V}$ ). A malha $3$ passa pela fonte de $6\ \mathrm{V}$ no sentido contrário, do $+$ para o $-$ :

\text{supermalha:}\quad 17 + 3i_1 - 6 + 2i_2 = 0 \qquad\qquad \text{malha 3:}\quad 3i_3 + 6 = 0

17i_1 = -11 \quad\Longrightarrow\quad i_1 = -\frac{11}{17}\ \mathrm{A}, \qquad i_2 = -\frac{77}{17}\ \mathrm{A}, \qquad i_3 = -2\ \mathrm{A}

No ramo da fonte de $6\ \mathrm{V}$ , $i_2$ corre de $M$ para $N$ e $i_3$ no sentido contrário, logo $i' = i_2 - i_3$ :

\boxed{v' = 3i_1 = -\frac{33}{17} \approx -1{,}94\ \mathrm{V}} \qquad\qquad \boxed{i' = -\frac{77}{17} + 2 = -\frac{43}{17} \approx -2{,}53\ \mathrm{A}}

Só as fontes de 17 V e 6 V ligadas, por malhas. A fonte de 2 A sai (aberto) e a malha da direita fica com corrente nula. Supermalha 1–2 pela controlada, com $v' = 3i_1$ e $i_2 - i_1 = 2v' = 6i_1$ : $17 + 3i_1 - 6 + 2i_2 = 0$ , $i_1 = -\tfrac{11}{17}$ A. Malha 3: $3i_3 + 6 = 0$ , $i_3 = -2$ A. Logo $v' = 3i_1$ e $i' = i_2 - i_3$ .

Passo 2 — subcircuito da fonte de $2\ \mathrm{A}$ (as duas de tensão viram curto). Com a de $6\ \mathrm{V}$ em curto, $M$ e $N$ passam a ser o mesmo nó, e o $3\ \Omega$ de cima fica em paralelo com esse curto — logo não conduz:

\frac{v_M''}{3} + \frac{v_M''}{2} + 2 - 2v'' = 0 \qquad\text{com}\qquad v'' = -v_M''

\times 6:\quad 17\,v_M'' = -12 \qquad\Longrightarrow\qquad v_M'' = -\frac{12}{17}\ \mathrm{V}

\boxed{v'' = \frac{12}{17} \approx 0{,}71\ \mathrm{V}} \qquad\qquad \boxed{i'' = \frac{28}{17} \approx 1{,}65\ \mathrm{A}}

Só a fonte de 2 A ligada. Com a de 6 V em curto, $M$ e $N$ viram o mesmo nó e o 3 Ω de cima, em paralelo com o curto, não conduz. LKC: $17\,v_M'' = -12$ .

Passo 3 — soma:

v = -\frac{33}{17} + \frac{12}{17} = \boxed{-\frac{21}{17} \approx -1{,}24\ \mathrm{V}}

i = -\frac{43}{17} + \frac{28}{17} = \boxed{-\frac{15}{17} \approx -0{,}88\ \mathrm{A}}

Conferência — no circuito completo, o supernó dá $17v_M + 268 = 0$ , logo $v_M = -\tfrac{268}{17}\ \mathrm{V}$ e $v = -17 + \tfrac{268}{17} = -\tfrac{21}{17}$ ✔ A LKC no nó $N$ fecha com $i = -\tfrac{15}{17}$ ✔ Note o detalhe do passo 2: um resistor em paralelo com um curto tem tensão nula e por isso corrente nula — é o que torna aquele subcircuito tão simples.

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Questão 221º EE2024.1Thévenin e Norton · Duas fontes de corrente e dois resistores3 ptsVer material

Determine o circuito equivalente de Thévenin e de Norton à esquerda dos pontos $a$ e $b$ . Em seguida, determine o valor da tensão $v$ .

O fio vertical da esquerda liga os três cantos: o topo do primeiro $2\ \Omega$ , o nó do segundo $2\ \Omega$ e o terminal da fonte de $2\ \mathrm{A}$ — tudo um só nó. E o fio vertical do meio liga o pé da fonte de $5\ \mathrm{A}$ ao fio de baixo, que é o terminal $b$ .

Gabarito

Thévenin: $V_{\mathrm{Th}} = 24\ \mathrm{V}$ , $R_{\mathrm{Th}} = 4\ \Omega$ · Norton: $I_N = 6\ \mathrm{A}$ , $R_N = 4\ \Omega$ · $v = 12\ \mathrm{V}$

Passo a passo

Passo 1 — leia a topologia. Tome o fio de baixo (terminal $b$ ) como referência. O fio vertical do meio o liga ao pé da fonte de $5\ \mathrm{A}$ , então esse ponto também está em $0\ \mathrm{V}$ . Sobram dois nós:

$A$ , o terminal $a$ (topo da fonte de $5\ \mathrm{A}$ e do primeiro $2\ \Omega$ );
$L$ , o nó da esquerda (que reúne o outro terminal dos dois $2\ \Omega$ e o da fonte de $2\ \mathrm{A}$ ).

Assim: um $2\ \Omega$ liga $L$ a $A$ , o outro liga $L$ à referência, a fonte de $5\ \mathrm{A}$ injeta em $A$ e a de $2\ \mathrm{A}$ injeta em $L$ .

Passo 2 — $V_{\mathrm{Th}}$ , com a carga fora. Sem o $4\ \Omega$ , os $5\ \mathrm{A}$ só podem sair de $A$ pelo $2\ \Omega$ de cima:

\frac{v_L - v_A}{2} = -5 \qquad\Longrightarrow\qquad v_L - v_A = -10\ \mathrm{V}

LKC em $L$ :

2 = \frac{v_L - v_A}{2} + \frac{v_L}{2} = -5 + \frac{v_L}{2} \qquad\Longrightarrow\qquad v_L = 14\ \mathrm{V}

\boxed{V_{\mathrm{Th}} = v_A = 14 + 10 = 24\ \mathrm{V}}

V_Th: carga de 4 Ω removida, a–b em aberto. O pé da fonte de 5 A está no fio de baixo, então só há dois nós: $A$ e $L$ . Sem a carga, os 5 A saem de $A$ pelo 2 Ω de cima ( $v_L - v_A = -10\ \mathrm{V}$ ); a LKC em $L$ dá $v_L = 14\ \mathrm{V}$ , logo $V_{\mathrm{Th}} = 24\ \mathrm{V}$ .

Passo 3 — $R_{\mathrm{Th}}$ . As duas fontes são de corrente: desativadas, viram circuito aberto. Sobram os dois $2\ \Omega$ em série, de $a$ até $b$ passando por $L$ :

\boxed{R_{\mathrm{Th}} = R_N = 2 + 2 = 4\ \Omega}

R_Th: as duas fontes de corrente viram circuito aberto. De $a$ , o 2 Ω de cima leva a $L$ , e o 2 Ω de baixo leva de $L$ ao fio de baixo: série, $4\ \Omega$ .

Passo 4 — Norton e a carga:

\boxed{I_N = \frac{24}{4} = 6\ \mathrm{A}} \qquad\qquad v = 24 \cdot \frac{4}{4 + 4} = \boxed{12\ \mathrm{V}}

Conferência — com o $4\ \Omega$ no lugar, o sistema original dá $v_L = 8\ \mathrm{V}$ e $v_A = 12\ \mathrm{V}$ ✔ Por Norton: $v = 6 \cdot (4 \parallel 4) = 6 \cdot 2 = 12\ \mathrm{V}$ ✔ Como $R_L = R_{\mathrm{Th}}$ , esta carga está por acaso no ponto de máxima transferência: $p = 12^2/4 = 36\ \mathrm{W}$ .

Os dois equivalentes. $I_N = 24/4 = 6\ \mathrm{A}$ , com $R_N = 4\ \Omega$ .

A carga de 4 Ω religada ao Thévenin. Divisor de tensão: $v = 24 \cdot 4/(4 + 4) = 12\ \mathrm{V}$ .

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Questão 231º EE2024.1Amp. op. · Realimentação em T com dois caminhos3 ptsVer material

Determine os valores de $v$ , $i_1$ e $i_2$ . Considere o amplificador operacional como ideal.

A realimentação tem dois caminhos da saída até o nó inversor: o $24\ \Omega$ direto, e o $8\ \Omega$ até o nó de entrada seguido do $16\ \Omega$ . É uma rede em T, e a chave é que o nó inversor continua sendo terra virtual.

Gabarito

$v = -5\ \mathrm{V}$ · $i_1 = \dfrac{25}{24} \approx 1{,}04\ \mathrm{A}$ · $i_2 = -1{,}25\ \mathrm{A}$

Passo a passo

Passo 1 — o terra virtual. Com a entrada não inversora aterrada e realimentação negativa,

v_- = 0 \qquad\qquad i_- = 0

Chame $v_X$ o nó entre o $4\ \Omega$ , o $8\ \Omega$ vertical, o $16\ \Omega$ e o $8\ \Omega$ de cima; a saída é $v$ .

o nó inversor é terra virtual. Com a não inversora no terra, $v_- = 0$ e $i_- = 0$ . O nó X junta o 4 Ω, o 8 Ω vertical, o 16 Ω e o 8 Ω de cima.

Passo 2 — LKC no nó inversor. Só dois ramos chegam nele, o $16\ \Omega$ e o $24\ \Omega$ , e a soma tem de ser zero:

\frac{v_X}{16} + \frac{v}{24} = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad v = -\frac{3}{2}\,v_X

LKC no nó inversor: só o 16 Ω e o 24 Ω. $\frac{v_X}{16} + \frac{v}{24} = 0$ , logo $v = -\tfrac32\,v_X$ .

Passo 3 — LKC no nó $X$ :

\frac{10 - v_X}{4} = \frac{v_X}{8} + \frac{v_X}{16} + \frac{v_X - v}{8}

Multiplicando por $16$ e usando $v = -1{,}5\,v_X$ :

4(10 - v_X) = 2v_X + v_X + 2\left(v_X + 1{,}5 v_X\right) = 8 v_X

40 = 12\,v_X \qquad\Longrightarrow\qquad v_X = \frac{10}{3}\ \mathrm{V} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{v = -\frac{3}{2}\cdot\frac{10}{3} = -5\ \mathrm{V}}

LKC no nó X fecha a conta. $\frac{10-v_X}{4} = \frac{v_X}{8} + \frac{v_X}{16} + \frac{v_X - v}{8}$ com $v = -1{,}5\,v_X$ dá $v_X = \tfrac{10}{3}\ \mathrm{V}$ e $v = -5\ \mathrm{V}$ .

Passo 4 — $i_1$ , a corrente do $8\ \Omega$ de cima, de $X$ para a saída:

\boxed{i_1 = \frac{v_X - v}{8} = \frac{\tfrac{10}{3} + 5}{8} = \frac{25}{24} \approx 1{,}04\ \mathrm{A}}

Passo 5 — $i_2$ , a corrente que sai do amp. op. Ela é a soma do que deixa o nó de saída pelos dois ramos da realimentação:

i_2 = \underbrace{\frac{v - 0}{24}}_{24\ \Omega} + \underbrace{\frac{v - v_X}{8}}_{8\ \Omega} = -\frac{5}{24} - \frac{25}{24} = -\frac{30}{24} = \boxed{-1{,}25\ \mathrm{A}}

O sinal negativo diz que a corrente entra no amp. op. em vez de sair: a saída está negativa e a rede empurra corrente para dentro dela.

Conferência — LKC no nó inversor: $\tfrac{10/3}{16} + \tfrac{-5}{24} = \tfrac{10}{48} - \tfrac{10}{48} = 0$ ✔ LKC no nó $X$ : entram $(10 - 10/3)/4 = \tfrac53\ \mathrm{A}$ e saem $\tfrac{5}{12} + \tfrac{5}{24} + \tfrac{25}{24} = \tfrac{40}{24} = \tfrac53$ ✔

i₁ e i₂. $i_1 = \frac{10/3 + 5}{8} = \tfrac{25}{24}\ \mathrm{A}$ ; $i_2 = \frac{-5}{24} + \frac{-5 - 10/3}{8} = -1{,}25\ \mathrm{A}$ — negativa, a corrente entra no amp. op.

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Questão 241º EE2024.2Resistência equivalente · Redução de uma rede de sete resistores3 ptsVer material

Determinar os valores de $i_1$ e de $i_2$ .

No original o $30\ \Omega$ está desenhado na diagonal; aqui ele aparece na vertical, com as mesmas ligações — vai do nó do $6\ \Omega$ e do $12\ \Omega$ até o fio de baixo, em paralelo com o $6\ \Omega$ vertical.

Gabarito

$i_1 = 5\ \mathrm{A}$ · $i_2 = -3\ \mathrm{A}$

Passo a passo

Passo 1 — nomeie os quatro nós. Fio de baixo à esquerda como referência ( $D$ ). O fio vertical da esquerda torna um só nó ( $B$ ) o ponto de chegada do $4\ \Omega$ , o começo do $6\ \Omega$ , o do $12\ \Omega$ , o do $32\ \Omega$ e o topo do $15\ \Omega$ . Chame $E$ o nó onde chegam o $6\ \Omega$ , o $12\ \Omega$ e o $30\ \Omega$ , e $F$ o nó do fio de baixo à direita (pé do $6\ \Omega$ vertical, do $30\ \Omega$ e do $40\ \Omega$ ).

Os quatro nós: B, E, F e a referência D. $B$ junta a chegada do $4\ \Omega$ , o topo do $15\ \Omega$ e o começo do $6\ \Omega$ , do $12\ \Omega$ e do $32\ \Omega$ . $E$ : onde chegam $6\ \Omega$ , $12\ \Omega$ e $30\ \Omega$ . $F$ : pé do $6\ \Omega$ vertical, do $30\ \Omega$ e do $40\ \Omega$ .

Passo 2 — os dois paralelos.

6 \parallel 12 = 4\ \Omega \quad (B \to E) \qquad\qquad 6 \parallel 30 = 5\ \Omega \quad (E \to F)

Em série, dão $4 + 5 = 9\ \Omega$ de $B$ até $F$ .

Dois paralelos: 4 Ω de B a E e 5 Ω de E a F. $6 \parallel 12 = 4\ \Omega$ (de $B$ a $E$ ) e $6 \parallel 30 = 5\ \Omega$ (de $E$ a $F$ ); em série, $9\ \Omega$ de $B$ até $F$ .

Passo 3 — o caminho longo. Pelo alto, de $B$ até $F$ : $32 + 40 = 72\ \Omega$ . Em paralelo com os $9\ \Omega$ :

9 \parallel 72 = \frac{9 \cdot 72}{81} = 8\ \Omega

O caminho curto (9 Ω) ∥ o longo (72 Ω): 8 Ω de B a F. Por cima, $32 + 40 = 72\ \Omega$ de $B$ a $F$ ; com os $9\ \Omega$ : $9 \parallel 72 = \dfrac{648}{81} = 8\ \Omega$ .

Passo 4 — feche a redução. De $B$ até a referência há dois caminhos: o $15\ \Omega$ direto, e os $8\ \Omega$ até $F$ mais o $2\ \Omega$ :

8 + 2 = 10\ \Omega \qquad\Longrightarrow\qquad 10 \parallel 15 = 6\ \Omega \qquad\Longrightarrow\qquad R_{\mathrm{eq}} = 4 + 6 = 10\ \Omega

Passo 5 — as correntes:

\boxed{i_1 = \frac{50}{10} = 5\ \mathrm{A}} \qquad\Longrightarrow\qquad v_B = 6 \cdot 5 = 30\ \mathrm{V}

Em $B$ a corrente se divide: $30/15 = 2\ \mathrm{A}$ pelo $15\ \Omega$ e $30/10 = 3\ \mathrm{A}$ pelo caminho que passa por $F$ . Esses $3\ \mathrm{A}$ atravessam o $2\ \Omega$ de $F$ para $D$ , ou seja, no sentido oposto à seta de $i_2$ :

\boxed{i_2 = -3\ \mathrm{A}}

Conferência — $v_F = 2 \cdot 3 = 6\ \mathrm{V}$ e $v_B - v_F = 8 \cdot 3 = 24\ \mathrm{V}$ , o que dá $30 - 6 = 24$ ✔ Dos $3\ \mathrm{A}$ , $24/9 = 2{,}67\ \mathrm{A}$ vão pelo caminho curto e $24/72 = 0{,}33\ \mathrm{A}$ pelo $32\ \Omega$ ✔ E $i_1 = 2 + 3 = 5\ \mathrm{A}$ ✔

i₁ = 5 A e a divisão em B: i₂ = −3 A. $8 + 2 = 10\ \Omega$ , $10 \parallel 15 = 6\ \Omega$ , $R_{eq} = 4 + 6 = 10\ \Omega$ : $i_1 = 5\ \mathrm{A}$ e $v_B = 30\ \mathrm{V}$ . Em $B$ : $30/15 = 2\ \mathrm{A}$ pelo $15\ \Omega$ e $30/10 = 3\ \mathrm{A}$ pelo caminho de $F$ , que atravessam o $2\ \Omega$ contra a seta: $i_2 = -3\ \mathrm{A}$ .

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Questão 251º EE2024.2Supernó · Fonte de tensão flutuando entre dois nós4 ptsVer material

Determinar os valores de $v$ e $i$ usando dois métodos quaisquer de análise de circuitos.

A fonte de $6\ \mathrm{V}$ flutua entre dois nós, e o $3\ \Omega$ de cima liga os mesmos dois nós. É o caso clássico de supernó: uma LKC para os dois juntos, e a restrição da fonte como segunda equação. O $3\ \Omega$ interno se cancela. Este quesito caiu idêntico em 2024.2 e na 2ª chamada de 2024.1.

Gabarito

$v = -2\ \mathrm{V}$ · $i = 3\ \mathrm{A}$

Passo a passo

Passo 1 — método 1: supernó. Fio de baixo como referência. A fonte de $17\ \mathrm{V}$ tem o $-$ em cima, então o nó da esquerda está em $-17\ \mathrm{V}$ . Chame $v_M$ o nó do $2\ \Omega$ da esquerda e $v_N$ o do $2\ \Omega$ da direita; a fonte de $6\ \mathrm{V}$ , com o $-$ à esquerda, impõe

v_N = v_M + 6

LKC no supernó $\{M, N\}$ — as correntes que atravessam a fronteira, ignorando o $3\ \Omega$ de cima e a própria fonte:

\underbrace{\frac{v_M + 17}{3}}_{3\ \Omega \text{ da esquerda}} + \underbrace{\frac{v_M}{2}}_{2\ \Omega} + \underbrace{\frac{v_M + 6}{2}}_{2\ \Omega \text{ da direita}} + \underbrace{2}_{\text{fonte de corrente}} = 0

\times 6:\quad 2v_M + 34 + 3v_M + 3v_M + 18 + 12 = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad 8v_M = -64

v_M = -8\ \mathrm{V} \qquad\Longrightarrow\qquad v_N = -2\ \mathrm{V} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{v = -2\ \mathrm{V}}

O supernó e as correntes que atravessam a fronteira. A fonte de $6$ V ( $-$ à esquerda) impõe $v_N = v_M + 6$ . A LKC do supernó soma só o que cruza a moldura; o $3\ \Omega$ de cima e a própria fonte ficam dentro e não entram.

Passo 2 — a corrente $i$ , que é a do ramo da fonte de $6\ \mathrm{V}$ . LKC no nó $M$ isolado, agora que os potenciais são conhecidos:

\underbrace{\frac{v_N - v_M}{3}}_{\text{chega pelo }3\ \Omega\text{ de cima}} = \underbrace{\frac{v_M + 17}{3}}_{\text{sai pelo }3\ \Omega} + \underbrace{\frac{v_M}{2}}_{\text{sai pelo }2\ \Omega} + i

\frac{-2 + 8}{3} = \frac{9}{3} + \frac{-8}{2} + i \qquad\Longrightarrow\qquad 2 = 3 - 4 + i \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{i = 3\ \mathrm{A}}

O nó M sozinho, para achar i. Aberto o supernó, o $3\ \Omega$ de cima volta a contar: $2 = 3 + (-4) + i$ , logo $i = 3$ A.

Passo 3 — método 2: análise de malhas. O circuito tem quatro janelas, todas com corrente de malha no sentido horário: $i_1$ na janela da esquerda (fonte de $17\ \mathrm{V}$ , $3\ \Omega$ e $2\ \Omega$ da esquerda); $i_2$ na janela de cima, fechada pelo $3\ \Omega$ de cima e pela fonte de $6\ \mathrm{V}$ ; $i_3$ na janela do meio, embaixo da fonte de $6\ \mathrm{V}$ , entre os dois $2\ \Omega$ ; e $i_4$ na janela da direita ( $2\ \Omega$ da direita e fonte de $2\ \mathrm{A}$ ).

A fonte de $2\ \mathrm{A}$ está só na malha 4, que desce por ela no sentido da seta, então ela fixa $i_4 = 2\ \mathrm{A}$ . As outras três malhas dão LKT, somando as quedas de tensão no sentido horário. Na malha 1 a fonte de $17\ \mathrm{V}$ é atravessada de baixo para cima, do $+$ para o $-$ , e conta $+17$ ; nas malhas 2 e 3 a fonte de $6\ \mathrm{V}$ é atravessada do $+$ para o $-$ pela malha 2 (que volta pela base da janela) e do $-$ para o $+$ pela malha 3:

\text{malha 1:}\quad 17 + 3\,i_1 + 2\,(i_1 - i_3) = 0

\text{malha 2:}\quad 3\,i_2 + 6 = 0

\text{malha 3:}\quad 2\,(i_3 - i_1) - 6 + 2\,(i_3 - i_4) = 0

A malha 2 se resolve sozinha: $i_2 = -2\ \mathrm{A}$ . Com $i_4 = 2$ , sobram $5i_1 - 2i_3 = -17$ e $-i_1 + 2i_3 = 5$ ; somando as duas, $4i_1 = -12$ :

i_1 = -3\ \mathrm{A}, \qquad i_3 = 1\ \mathrm{A}

Pelo $2\ \Omega$ da direita descem $i_3 - i_4$ , e pela fonte de $6\ \mathrm{V}$ , da esquerda para a direita, passam $i_3 - i_2$ :

\boxed{v = 2\,(i_3 - i_4) = 2\,(1 - 2) = -2\ \mathrm{V}} \qquad\qquad \boxed{i = i_3 - i_2 = 1 - (-2) = 3\ \mathrm{A}}

Os mesmos valores do método 1 ✔ E as outras correntes também batem: o $3\ \Omega$ de cima conduz $i_2 = -2\ \mathrm{A}$ da esquerda para a direita, ou seja, $2\ \mathrm{A}$ de $N$ para $M$ ; e o $2\ \Omega$ da esquerda conduz $i_1 - i_3 = -4\ \mathrm{A}$ para baixo, isto é, $v_M = 2 \times (-4) = -8\ \mathrm{V}$ .

Conferência de sinais — $v$ dá negativo porque o nó da direita está abaixo da referência, empurrado para lá pela fonte de $2\ \mathrm{A}$ que retira corrente. E o $3\ \Omega$ da esquerda conduz $9/3 = 3\ \mathrm{A}$ para o nó da fonte de $17\ \mathrm{V}$ , que é a única que entrega energia neste circuito.

Método 2: as quatro correntes de malha. A fonte de $2$ A fixa $i_4 = 2$ A. LKT: $17 + 3i_1 + 2(i_1 - i_3) = 0$ , $3i_2 + 6 = 0$ e $2(i_3 - i_1) - 6 + 2(i_3 - i_4) = 0$ . Sai $i_1 = -3$ A, $i_2 = -2$ A e $i_3 = 1$ A, logo $v = 2(i_3 - i_4) = -2$ V e $i = i_3 - i_2 = 3$ A ✔

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Questão 261º EE2024.2Superposição · Três fontes independentes3 ptsVer material

Determine os valores da tensão $v$ e da corrente $i$ utilizando o Princípio da Superposição.

Mesmo circuito que o 3º quesito de 2022.1, de 2023.2 e da 2ª chamada de 2024.1 — lá pedia-se Thévenin; aqui, superposição, e com $i$ medida no $20\ \Omega$ . Três fontes independentes, três subcircuitos.

Gabarito

$v = 12\ \mathrm{V}$ · $i = 0{,}6\ \mathrm{A}$

Passo a passo

Passo 0 — convenções. Fio de baixo como referência. Chame $P$ o nó entre os dois $6\ \Omega$ e $N$ o nó que reúne o segundo $6\ \Omega$ , o $20\ \Omega$ , o ramo do $5\ \Omega$ e o $24\ \Omega$ — todos ligados por fio. Então $v = v_N$ e $i = v_N/20$ .

Vale notar de saída que a condutância total que sai de $N$ para a referência, fora do ramo de $P$ , é

\frac{1}{20} + \frac{1}{5} + \frac{1}{24} = \frac{6 + 24 + 5}{120} = \frac{7}{24}\ \mathrm{S}

Passo 1 — só a fonte de $18\ \mathrm{V}$ (a de $2\ \mathrm{A}$ aberta, a de $20\ \mathrm{V}$ em curto):

\text{nó } P:\ \frac{18 - v_P}{6} = \frac{v_P - v_N}{6} \quad\Longrightarrow\quad v_N = 2v_P - 18

\text{nó } N:\ \frac{18 - v_N}{12} = \frac{7 v_N}{24} \quad\Longrightarrow\quad 9 v_N = 36 \quad\Longrightarrow\quad \boxed{v' = 4\ \mathrm{V}}

Só a fonte de 18 V ligada. Fonte de 2 A aberta, de 20 V em curto: o 5 Ω vai direto à referência. Nó $P$ : $v_N = 2v_P - 18$ ; nó $N$ : $9v_N = 36$ .

Passo 2 — só a fonte de $2\ \mathrm{A}$ (as duas de tensão em curto):

\text{nó } P:\ \frac{-v_P}{6} + 2 = \frac{v_P - v_N}{6} \quad\Longrightarrow\quad v_P = \frac{v_N + 12}{2}

\frac{12 - v_N}{12} = 2 + \frac{7 v_N}{24} \quad\Longrightarrow\quad 9 v_N = -24 \quad\Longrightarrow\quad \boxed{v'' = -\frac{8}{3} \approx -2{,}67\ \mathrm{V}}

Só a fonte de 2 A ligada. As duas fontes de tensão em curto. Nó $P$ : $v_P = (v_N + 12)/2$ ; nó $N$ : $9v_N = -24$ .

Passo 3 — só a fonte de $20\ \mathrm{V}$ (a de $18\ \mathrm{V}$ em curto, a de $2\ \mathrm{A}$ aberta):

\text{nó } P:\ \frac{-v_P}{6} = \frac{v_P - v_N}{6} \quad\Longrightarrow\quad v_P = \frac{v_N}{2}

-\frac{v_N}{12} = \frac{7 v_N}{24} - 4 \quad\Longrightarrow\quad 9 v_N = 96 \quad\Longrightarrow\quad \boxed{v''' = \frac{32}{3} \approx 10{,}67\ \mathrm{V}}

Só a fonte de 20 V ligada. Fonte de 18 V em curto, de 2 A aberta. Nó $P$ : $v_P = v_N/2$ ; nó $N$ : $9v_N = 96$ .

Passo 4 — soma:

v = 4 - \frac{8}{3} + \frac{32}{3} = 4 + 8 = \boxed{12\ \mathrm{V}}

i = \frac{v}{20} = \boxed{0{,}6\ \mathrm{A}}

Conferência — as três parcelas de $i$ valem $\tfrac{4}{20} = 0{,}2$ , $-\tfrac{8/3}{20} = -0{,}133$ e $\tfrac{32/3}{20} = 0{,}533$ , somando $0{,}6\ \mathrm{A}$ ✔ E pelo equivalente de Thévenin daquele mesmo circuito ( $13{,}5\ \mathrm{V}$ e $3\ \Omega$ , do 3º quesito de 2022.1), $v = 13{,}5 \cdot \tfrac{24}{27} = 12\ \mathrm{V}$ ✔ — dois métodos, o mesmo número.

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Questão 271º EE2025.1Resistência equivalente · Três ramos em paralelo entre os trilhos3 ptsVer material

Determine os valores das correntes $i_1$ e $i_2$ .

Os três ramos ligam o mesmo par de trilhos: estão todos em paralelo, e as duas fontes de corrente se combinam numa só. É a questão mais mecânica da prova, desde que a leitura da topologia esteja certa.

Gabarito

$i_1 \approx 13{,}93\ \mathrm{A}$ · $i_2 \approx 1{,}87\ \mathrm{A}$

Passo a passo

Passo 1 — combine as fontes. As duas ligam os mesmos dois trilhos: a de $30\ \mathrm{A}$ injeta no de cima, a de $8\ \mathrm{A}$ retira dele. Sobra

I_{\mathrm{total}} = 30 - 8 = 22\ \mathrm{A}

As duas fontes viram uma só: 30 − 8 = 22 A. A de $30\ \mathrm{A}$ injeta no trilho de cima e a de $8\ \mathrm{A}$ retira dele: sobra uma fonte de $22\ \mathrm{A}$ .

Passo 2 — reduza cada ramo.

R_1 = 10 + 15 = 25\ \Omega \qquad\qquad R_2 = 10\ \Omega

R_3 = \underbrace{(20 \parallel 60)}_{15\ \Omega} + 22 + \underbrace{(50 \parallel 30)}_{18{,}75\ \Omega} = 55{,}75\ \Omega

Cada ramo reduzido: 25 Ω, 10 Ω e 55,75 Ω. $R_1 = 10 + 15 = 25\ \Omega$ , $R_2 = 10\ \Omega$ e $R_3 = (20 \parallel 60) + 22 + (50 \parallel 30) = 15 + 22 + 18{,}75 = 55{,}75\ \Omega$ .

Passo 3 — o paralelo dos três:

\frac{1}{R_{\mathrm{eq}}} = \frac{1}{25} + \frac{1}{10} + \frac{1}{55{,}75} = 0{,}0400 + 0{,}1000 + 0{,}01794 = 0{,}15794\ \mathrm{S}

R_{\mathrm{eq}} = 6{,}332\ \Omega \qquad\Longrightarrow\qquad v_{\text{trilho}} = 22 \cdot 6{,}332 = 139{,}30\ \mathrm{V}

O paralelo dos três: R_eq ≈ 6,332 Ω e 139,30 V nos trilhos. $\dfrac{1}{R_{eq}} = \dfrac{1}{25} + \dfrac{1}{10} + \dfrac{1}{55{,}75} = 0{,}15794\ \mathrm{S}$ , $R_{eq} = 6{,}332\ \Omega$ e $v = 22 \cdot 6{,}332 = 139{,}30\ \mathrm{V}$ .

Passo 4 — $i_1$ , que é a corrente do ramo do meio:

\boxed{i_1 = \frac{139{,}30}{10} \approx 13{,}93\ \mathrm{A}}

Passo 5 — $i_2$ . Primeiro a corrente do terceiro ramo, depois a divisão no par $20 \parallel 60$ :

i_3 = \frac{139{,}30}{55{,}75} = 2{,}499\ \mathrm{A} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{i_2 = \frac{60}{20 + 60}\,i_3 = 0{,}75 \cdot 2{,}499 \approx 1{,}87\ \mathrm{A}}

Conferência — as três correntes de ramo somam $139{,}30/25 + 13{,}93 + 2{,}499 = 5{,}572 + 13{,}93 + 2{,}499 = 22{,}00\ \mathrm{A}$ ✔ E no par de cima, $1{,}87 + 0{,}62 = 2{,}499\ \mathrm{A}$ ✔ Os números não são redondos — vale conferir a soma antes de entregar.

De volta ao circuito original: i₁ ≈ 13,93 A e i₂ ≈ 1,87 A. $i_1 = 139{,}30/10 \approx 13{,}93\ \mathrm{A}$ . No terceiro ramo $i_3 = 2{,}499\ \mathrm{A}$ , que se divide no par $20 \parallel 60$ : $i_2 = \tfrac{60}{80}\,i_3 \approx 1{,}87\ \mathrm{A}$ .

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Questão 281º EE2025.1Superposição · Supernó com fonte de tensão controlada4 ptsVer material

Determine os valores da tensão $v$ e da corrente $i$ por superposição. O circuito com a fonte de tensão deve ser resolvido pela Análise de Malhas e o circuito com a fonte de corrente, pela Análise de Nós.

A fonte controlada flutua entre os dois nós centrais, e o $5\ \Omega$ liga os mesmos dois nós: é um supernó, e o $5\ \Omega$ é interno a ele. Note também que a controlada tem o $+$ à esquerda, o que joga o nó da direita para o negativo.

Gabarito

$v = 225\ \mathrm{V}$ · $i = 90\ \mathrm{A}$

Passo a passo

Passo 0 — convenções. Fio de baixo como referência. Em qualquer dos dois subcircuitos, $i$ é a corrente no $5\ \Omega$ , da esquerda para a direita, e $v$ é a tensão no $15\ \Omega$ , com o $+$ em cima. Cada subcircuito tem o seu método.

Para o Passo 1 (malhas), as correntes de malha, todas no sentido horário: $i_1$ na janela da fonte de $50\ \mathrm{V}$ (fonte, $10\ \Omega$ de cima e $15\ \Omega$ ), $i_2$ na janela de baixo entre o $15\ \Omega$ e o $10\ \Omega$ da direita (com a fonte controlada no topo) e $i_3$ na janelinha de cima, entre a controlada e o $5\ \Omega$ .

Para o Passo 2 (nós), chame $v_M$ o nó do $15\ \Omega$ (que é a própria variável de controle, $v = v_M$ ) e $v_N$ o nó do $10\ \Omega$ da direita. A fonte controlada, com o $+$ do lado de $M$ , impõe

v_M - v_N = 2v = 2v_M \qquad\Longrightarrow\qquad v_N = -v_M

e daí $i = \dfrac{v_M - v_N}{5} = \dfrac{2 v_M}{5}$ .

Passo 1 — subcircuito da fonte de $50\ \mathrm{V}$ , pela Análise de Malhas (a de $10\ \mathrm{A}$ vira circuito aberto, e a janela dela some). As variáveis da questão, em correntes de malha:

v = 15\,(i_1 - i_2) \qquad\qquad i = i_3

LKT nas três malhas, somando as quedas no sentido horário. A controlada fica entre a malha 2 e a malha 3; quem a percorre de $M$ para $N$ (malha 2) desce $2v$ , e quem a percorre de $N$ para $M$ (malha 3) sobe $2v$ :

\begin{aligned} \text{malha 1:}&\quad -50 + 10\,i_1 + 15\,(i_1 - i_2) = 0 \\ \text{malha 2:}&\quad 15\,(i_2 - i_1) + 2v + 10\,i_2 = 0 \\ \text{malha 3:}&\quad 5\,i_3 - 2v = 0 \end{aligned}

Na malha 2, $15\,(i_2 - i_1) = -v$ , e ela vira $v + 10\,i_2 = 0$ , ou $15\,(i_1 - i_2) = -10\,i_2$ , isto é, $i_2 = 3\,i_1$ . Na malha 1:

25\,i_1 - 15\,(3\,i_1) = 50 \qquad\Longrightarrow\qquad i_1 = -2{,}5\ \mathrm{A} \qquad i_2 = -7{,}5\ \mathrm{A}

\boxed{v' = 15\,(-2{,}5 + 7{,}5) = 75\ \mathrm{V}} \qquad\qquad \boxed{i' = i_3 = \frac{2(75)}{5} = 30\ \mathrm{A}}

As duas correntes de malha negativas só dizem que, na prática, elas circulam no sentido anti-horário.

Só a fonte de 50 V ligada. A fonte de 10 A sai do circuito (aberto). Malhas horárias: $-50 + 10i_1 + 15(i_1 - i_2) = 0$ , $15(i_2 - i_1) + 2v + 10i_2 = 0$ e $5i_3 - 2v = 0$ , com $v = 15(i_1 - i_2)$ . Saem $i_2 = 3i_1$ , $i_1 = -2{,}5\ \mathrm{A}$ , $v' = 75\ \mathrm{V}$ e $i' = i_3 = 30\ \mathrm{A}$ .

Passo 2 — subcircuito da fonte de $10\ \mathrm{A}$ , pela Análise de Nós (a de $50\ \mathrm{V}$ vira curto). LKC no supernó $\{M, N\}$ , com $v_N = -v_M$ :

\frac{v_M}{10} + \frac{v_M}{15} + \frac{-v_M}{10} - 10 = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad \frac{v_M}{15} = 10

\boxed{v'' = 150\ \mathrm{V}} \qquad\qquad \boxed{i'' = 60\ \mathrm{A}}

Só a fonte de 10 A ligada. A fonte de 50 V vira fio e o 10 Ω da esquerda passa a ir para a referência. O supernó dá $v_M/15 = 10$ : $v'' = 150\ \mathrm{V}$ e $i'' = 60\ \mathrm{A}$ .

Passo 3 — soma:

v = 75 + 150 = \boxed{225\ \mathrm{V}} \qquad\qquad i = 30 + 60 = \boxed{90\ \mathrm{A}}

Conferência — no circuito completo, $v_M = 225\ \mathrm{V}$ e $v_N = -225\ \mathrm{V}$ . A LKC no supernó: sai $(225-50)/10 = 17{,}5\ \mathrm{A}$ pelo $10\ \Omega$ da esquerda, $225/15 = 15\ \mathrm{A}$ pelo $15\ \Omega$ , entram $22{,}5\ \mathrm{A}$ pelo $10\ \Omega$ da direita e $10\ \mathrm{A}$ da fonte — soma zero ✔ Os valores são grandes porque a fonte controlada, com ganho $2$ , realimenta positivamente o circuito: o denominador da solução ficou reduzido a $1/15$ .

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Questão 291º EE2025.1Thévenin e Norton · Terminais dentro da rede3 ptsVer material

Determine os circuitos equivalentes de Thévenin e de Norton fora dos pontos $a$ e $b$ .

Os terminais $a$ e $b$ estão dentro da rede: nada é removido, e $V_{\mathrm{Th}}$ é simplesmente a tensão $v_{ab}$ que o circuito já tem. Para $R_{\mathrm{Th}}$ , as duas fontes de tensão viram fio — e aí $a$ vai para a referência.

Gabarito

Thévenin: $V_{\mathrm{Th}} = 1{,}875\ \mathrm{V}$ , $R_{\mathrm{Th}} = 3{,}75\ \Omega$ · Norton: $I_N = 0{,}5\ \mathrm{A}$ , $R_N = 3{,}75\ \Omega$

Passo a passo

Passo 1 — os potenciais conhecidos. Fio de baixo como referência. A fonte de $4\ \mathrm{V}$ ( $+$ em cima) fixa o trilho de cima, e a de $3\ \mathrm{V}$ ( $+$ em cima) fixa o nó central:

v_a = 4\ \mathrm{V} \qquad\qquad v_c = 3\ \mathrm{V}

Passo 2 — $V_{\mathrm{Th}} = v_{ab}$ . LKC no nó $b$ , que recebe pelo $15\ \Omega$ e pelo $10\ \Omega$ e escoa pelo $10\ \Omega$ de baixo:

\frac{4 - v_b}{15} + \frac{3 - v_b}{10} = \frac{v_b}{10}

\times 30:\quad 2(4 - v_b) + 3(3 - v_b) = 3 v_b \qquad\Longrightarrow\qquad 17 = 8 v_b \qquad\Longrightarrow\qquad v_b = \frac{17}{8} = 2{,}125\ \mathrm{V}

\boxed{V_{\mathrm{Th}} = 4 - 2{,}125 = 1{,}875\ \mathrm{V}}

V_Th: a tensão v_ab que o circuito já tem. Nada sai do circuito: $V_{Th} = v_a - v_b = 4 - 2{,}125 = 1{,}875\ \mathrm{V}$ , que é a tensão sobre o $15\ \Omega$ .

Passo 3 — $R_{\mathrm{Th}}$ . Desative as duas fontes: ambas viram fio. Então $a$ e o nó central $c$ ficam ligados à referência. Olhando de $b$ para dentro, sobram três caminhos até essa referência:

\frac{1}{R_{\mathrm{Th}}} = \underbrace{\frac{1}{15}}_{b \to a} + \underbrace{\frac{1}{10}}_{b \to c} + \underbrace{\frac{1}{10}}_{b \to \text{terra}} = \frac{2 + 3 + 3}{30} = \frac{8}{30}

\boxed{R_{\mathrm{Th}} = R_N = \frac{30}{8} = 3{,}75\ \Omega}

O $9\ \Omega$ não entra: com as duas fontes em curto, ele fica com os dois terminais no mesmo potencial.

R_Th: as duas fontes viram fio. Com as fontes em curto, $a$ e $c$ caem na referência: $R_{Th} = 15 \parallel 10 \parallel 10 = 3{,}75\ \Omega$ . O $9\ \Omega$ fica com os dois lados no mesmo potencial e não entra.

Passo 4 — Norton:

\boxed{I_N = \frac{1{,}875}{3{,}75} = 0{,}5\ \mathrm{A}}

Conferência direta de $I_N$ — curto-circuitando $a$ e $b$ , o nó $b$ sobe para $4\ \mathrm{V}$ . Aí o $15\ \Omega$ não conduz, o $10\ \Omega$ de cima leva $(3-4)/10 = -0{,}1\ \mathrm{A}$ para $b$ e o $10\ \Omega$ de baixo escoa $0{,}4\ \mathrm{A}$ — o curto tem de entregar $0{,}4 + 0{,}1 = 0{,}5\ \mathrm{A}$ ✔

Conferência: a–b em curto dá I_N. Com o curto, $b$ sobe para $4\ \mathrm{V}$ : o $15\ \Omega$ não conduz, o $10\ \Omega$ de baixo escoa $0{,}4\ \mathrm{A}$ e o de cima tira $0{,}1\ \mathrm{A}$ de $b$ , logo $I_N = 0{,}5\ \mathrm{A}$ .

Os equivalentes de Thévenin e de Norton. $V_{Th} = 1{,}875\ \mathrm{V}$ com $R_{Th} = 3{,}75\ \Omega$ , ou $I_N = 0{,}5\ \mathrm{A}$ com $R_N = 3{,}75\ \Omega$ .

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Questão 301º EE2025.1Amp. op. · Realimentação na entrada não inversora3 ptsVer material

Determine os valores da tensão $v$ e da corrente $i$ .

Atenção: o $100\ \Omega$ realimenta a entrada não inversora, não a inversora. Ainda assim, a conta que a prova espera é a de sempre — igualar $v_+$ a $v_-$ e resolver.

Gabarito

$v = 25\ \mathrm{V}$ · $i = 2{,}7\ \mathrm{A}$

Passo a passo

Passo 1 — a entrada inversora. O $20\ \Omega$ liga a entrada inversora à fonte de $5\ \mathrm{V}$ , e a entrada não puxa corrente. Sem corrente, o $20\ \Omega$ não cai tensão:

v_- = 5\ \mathrm{V}

v₋ é a própria fonte. A entrada inversora não puxa corrente, então o 20 Ω não cai tensão: $v_- = 5\ \mathrm{V}$ .

Passo 2 — a entrada não inversora. O $25\ \Omega$ e o $100\ \Omega$ formam um divisor entre a saída e o fio de baixo, e o nó do meio é a entrada não inversora (que também não puxa corrente):

v_+ = v_o \cdot \frac{25}{100 + 25} = 0{,}2\,v_o

v₊ sai do divisor da saída. Sem corrente na entrada, $v_+ = v_o \cdot \frac{25}{100+25} = 0{,}2\,v_o$ .

Passo 3 — iguale as duas entradas:

0{,}2\,v_o = 5 \qquad\Longrightarrow\qquad v_o = 25\ \mathrm{V} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{v = 25\ \mathrm{V}}

já que o $10\ \Omega$ está ligado direto entre a saída e o fio de baixo.

iguale as duas entradas. $0{,}2\,v_o = 5$ dá $v_o = 25\ \mathrm{V}$ , e o 10 Ω está direto na saída: $v = 25\ \mathrm{V}$ .

Passo 4 — a corrente da saída. Ela alimenta dois caminhos: a carga de $10\ \Omega$ e o divisor da realimentação:

i = \underbrace{\frac{25}{10}}_{\text{carga}} + \underbrace{\frac{25}{100 + 25}}_{\text{divisor}} = 2{,}5 + 0{,}2 = \boxed{2{,}7\ \mathrm{A}}

Conferência — com $v_o = 25\ \mathrm{V}$ , o nó da entrada não inversora fica em $0{,}2 \times 25 = 5\ \mathrm{V}$ , igual a $v_-$ ✔ E o divisor conduz $25/125 = 0{,}2\ \mathrm{A}$ , que caem $0{,}2 \times 25 = 5\ \mathrm{V}$ no $25\ \Omega$ ✔

Um cuidado que vale registrar — aqui a realimentação chega na entrada não inversora, isto é, é positiva. Num circuito real isso não estabiliza: qualquer desvio cresce e a saída vai ao limite da alimentação. A conta acima acha o único ponto de operação em que $v_+ = v_-$ , que é o que a prova pede, mas ele é um equilíbrio instável — diferente dos amplificadores inversor e não inversor das outras questões, onde a realimentação é negativa e o ponto é estável.

a corrente da saída se divide em dois caminhos. $i = \frac{25}{10} + \frac{25}{100+25} = 2{,}5 + 0{,}2 = 2{,}7\ \mathrm{A}$ .

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Questão 311º EE2025.2Superposição · Supernó com cinco resistores4 ptsVer material

Determine os valores da tensão $v$ e da corrente $i$ por superposição. O circuito com a fonte de tensão deve ser resolvido pela Análise de Malhas e o circuito com a fonte de corrente, pela Análise de Nós.

O nó da direita da fonte controlada sobe pelo fio até o trilho de cima: o $5\ \Omega$ , os dois $8\ \Omega$ da direita e a fonte de $8\ \mathrm{A}$ chegam todos naquele mesmo nó. Reconhecer isso reduz o problema a uma incógnita.

Gabarito

$v = -\dfrac{20}{79} \approx -0{,}25\ \mathrm{V}$ · $i = \dfrac{405}{158} \approx 2{,}56\ \mathrm{A}$

Passo a passo

Passo 0 — convenções. Fio de baixo como referência; a fonte de $10\ \mathrm{V}$ ( $+$ em cima) fixa o trilho da esquerda. Em qualquer dos dois subcircuitos, $v$ é a tensão no $8\ \Omega$ da esquerda (com o $+$ em cima) e $i$ é a corrente para baixo no $4\ \Omega$ da direita. Cada subcircuito tem o seu método.

Para o Passo 1 (malhas), cinco correntes de malha, todas no sentido horário: $i_1$ na janela da fonte (a fonte e os dois resistores da esquerda, o $8\ \Omega$ e o $4\ \Omega$ ); $i_2$ na janelinha entre os dois $4\ \Omega$ ; $i_3$ na janela de cima, fechada pelo $8\ \Omega$ da esquerda, pelo $5\ \Omega$ , pelo fio que desce da direita e pela fonte controlada; $i_4$ na janela de baixo, entre o $4\ \Omega$ da direita, a controlada e o $8\ \Omega$ do meio; e $i_5$ na janela entre o $8\ \Omega$ do meio e o da direita.

Para o Passo 2 (nós), chame $v_T$ o potencial do trilho da esquerda, $x$ o do nó do meio (o mesmo do $8\ \Omega$ da esquerda, dos dois $4\ \Omega$ e da fonte controlada) e $v_Q$ o do nó da direita. Então

v = v_T - x \qquad i = \frac{x}{4} \qquad v_Q = x - 2v

Passo 1 — subcircuito da fonte de $10\ \mathrm{V}$ , pela Análise de Malhas (a de $8\ \mathrm{A}$ vira circuito aberto, e a janela dela some). As variáveis da questão, em correntes de malha:

v = 8\,(i_1 - i_3) \qquad\qquad i = i_2 - i_4

LKT nas cinco malhas, somando as quedas no sentido horário. A controlada fica entre a malha 3, que a percorre da direita para a esquerda (do $-$ para o $+$ , sobe $2v$ ), e a malha 4, que a percorre da esquerda para a direita (desce $2v$ ):

\begin{aligned} \text{malha 1:}&\quad -10 + 8\,(i_1 - i_3) + 4\,(i_1 - i_2) = 0 \\ \text{malha 2:}&\quad 4\,(i_2 - i_1) + 4\,(i_2 - i_4) = 0 \\ \text{malha 3:}&\quad 8\,(i_3 - i_1) + 5\,i_3 - 2v = 0 \\ \text{malha 4:}&\quad 4\,(i_4 - i_2) + 2v + 8\,(i_4 - i_5) = 0 \\ \text{malha 5:}&\quad 8\,(i_5 - i_4) + 8\,i_5 = 0 \end{aligned}

Vá escrevendo tudo em função de $i_1$ . Na malha 3, com $2v = 16\,(i_1 - i_3)$ , sai $29\,i_3 = 24\,i_1$ ; logo $i_1 - i_3 = \tfrac{5}{29}\,i_1$ e $v = \tfrac{40}{29}\,i_1$ . A malha 5 dá $i_5 = i_4/2$ , e a malha 4 vira

-4\,i_2 + 8\,i_4 + 16\,(i_1 - i_3) = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad i_2 = 2\,i_4 + \frac{20}{29}\,i_1

Com a malha 2, que diz $i_2 = \tfrac{1}{2}(i_1 + i_4)$ :

2\,i_4 + \frac{20}{29}\,i_1 = \frac{i_1 + i_4}{2} \qquad\Longrightarrow\qquad i_4 = -\frac{11}{87}\,i_1 \qquad i_2 = \frac{38}{87}\,i_1

Por fim, a malha 1, $12\,i_1 - 4\,i_2 - 8\,i_3 = 10$ :

\left(12 - \frac{152}{87} - \frac{576}{87}\right) i_1 = \frac{316}{87}\,i_1 = 10 \qquad\Longrightarrow\qquad i_1 = \frac{435}{158}\ \mathrm{A}

\boxed{v' = \frac{40}{29}\cdot\frac{435}{158} = \frac{300}{79} \approx 3{,}80\ \mathrm{V}} \qquad \boxed{i' = i_2 - i_4 = \frac{49}{87}\cdot\frac{435}{158} = \frac{245}{158} \approx 1{,}55\ \mathrm{A}}

Só a fonte de 10 V ligada. Fonte de 8 A aberta. Malhas horárias, com $v = 8(i_1 - i_3)$ e $i = i_2 - i_4$ : $-10 + 8(i_1 - i_3) + 4(i_1 - i_2) = 0$ , $4(i_2 - i_1) + 4(i_2 - i_4) = 0$ , $8(i_3 - i_1) + 5i_3 - 2v = 0$ , $4(i_4 - i_2) + 2v + 8(i_4 - i_5) = 0$ e $8(i_5 - i_4) + 8i_5 = 0$ . Dão $i_1 = 435/158\ \mathrm{A}$ .

Passo 2 — subcircuito da fonte de $8\ \mathrm{A}$ , pela Análise de Nós (a de $10\ \mathrm{V}$ vira curto, $v_T = 0$ ). Agora $v = -x$ e $v_Q = 3x$ ; LKC no supernó formado pelo nó do meio e pelo da direita:

\frac{x}{8} + \frac{x}{4} + \frac{x}{4} + 2\cdot\frac{3x}{8} + \frac{3x}{5} - 8 = 0 \qquad\xrightarrow{\times 40}\qquad 79x = 320

\boxed{v'' = -\frac{320}{79} \approx -4{,}05\ \mathrm{V}} \qquad \boxed{i'' = \frac{80}{79} \approx 1{,}01\ \mathrm{A}}

Só a fonte de 8 A ligada. Fonte de 10 V em curto ( $v_T = 0$ ): $v = -x$ e $v_Q = 3x$ . LKC no supernó: $79x = 320$ .

Passo 3 — soma:

v = \frac{300}{79} - \frac{320}{79} = \boxed{-\frac{20}{79} \approx -0{,}25\ \mathrm{V}}

i = \frac{245}{158} + \frac{80}{79} = \frac{245 + 160}{158} = \boxed{\frac{405}{158} \approx 2{,}56\ \mathrm{A}}

Conferência — no circuito completo, $79x = 810$ , ou $x = \tfrac{810}{79} \approx 10{,}25\ \mathrm{V}$ , e daí $v = 10 - 10{,}25 = -0{,}25\ \mathrm{V}$ ✔ e $i = x/4 \approx 2{,}56\ \mathrm{A}$ ✔ O $v$ quase nulo é resultado de duas parcelas grandes que quase se cancelam — se você errar uma delas, o sinal do resultado muda, e é o tipo de questão em que vale refazer as duas contas.

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Questão 321º EE2025.2Thévenin e Norton · A carga é uma fonte de corrente3 ptsVer material

Determine os circuitos equivalentes de Thévenin e de Norton fora dos pontos $a$ e $b$ e use um dos circuitos para determinar a tensão $v$ na fonte.

A carga aqui é a fonte de $1\ \mathrm{A}$ , e $v$ é a tensão nos terminais dela. Removida a fonte, o que sobra é um divisor simples — e o equivalente de Thévenin faz o resto numa linha.

Gabarito

Thévenin: $V_{\mathrm{Th}} = 4\ \mathrm{V}$ , $R_{\mathrm{Th}} = 2\ \Omega$ · Norton: $I_N = 2\ \mathrm{A}$ , $R_N = 2\ \Omega$ · $v = 6\ \mathrm{V}$

Passo a passo

Passo 1 — remova a carga (a fonte de $1\ \mathrm{A}$ ) e tome o fio de baixo como referência. Sobram o $4\ \Omega$ vindo da fonte de $8\ \mathrm{V}$ e, do nó $a$ até a referência, o par

12 \parallel 6 = \frac{12 \cdot 6}{18} = 4\ \Omega

Passo 2 — $V_{\mathrm{Th}}$ , por divisor de tensão entre dois $4\ \Omega$ iguais:

\boxed{V_{\mathrm{Th}} = 8 \cdot \frac{4}{4 + 4} = 4\ \mathrm{V}}

V_Th: a carga (fonte de 1 A) fora, a–b em aberto. Sem a fonte de $1\ \mathrm{A}$ , o $12 \parallel 6 = 4\ \Omega$ e o $4\ \Omega$ de cima dividem os $8\ \mathrm{V}$ ao meio: $V_{Th} = 4\ \mathrm{V}$ .

Passo 3 — $R_{\mathrm{Th}}$ . A fonte de $8\ \mathrm{V}$ vira fio, e de $a$ para dentro ficam dois caminhos de $4\ \Omega$ em paralelo:

\boxed{R_{\mathrm{Th}} = R_N = 4 \parallel 4 = 2\ \Omega}

R_Th: a fonte de 8 V vira fio. Olhando de $a$ – $b$ : o $4\ \Omega$ (agora ligado a $b$ pelo fio) em paralelo com $12 \parallel 6 = 4\ \Omega$ , logo $R_{Th} = 4 \parallel 4 = 2\ \Omega$ .

Passo 4 — Norton:

\boxed{I_N = \frac{4}{2} = 2\ \mathrm{A}}

Os equivalentes de Thévenin e de Norton. $V_{Th} = 4\ \mathrm{V}$ com $R_{Th} = 2\ \Omega$ , ou $I_N = 4/2 = 2\ \mathrm{A}$ com $R_N = 2\ \Omega$ .

Passo 5 — a tensão na fonte de $1\ \mathrm{A}$ . Ligando-a ao equivalente de Thévenin: a fonte injeta $1\ \mathrm{A}$ entrando por $a$ , então ela levanta o potencial de $a$ acima de $V_{\mathrm{Th}}$ :

v = V_{\mathrm{Th}} + R_{\mathrm{Th}} \cdot 1 = 4 + 2 = \boxed{6\ \mathrm{V}}

Conferência — direto no circuito original, a LKC no nó $a$ dá $1 + \dfrac{8 - v_a}{4} = \dfrac{v_a}{4}$ , ou $12 = 2v_a$ , logo $v_a = 6\ \mathrm{V}$ ✔ Por Norton, as duas fontes de corrente se somam: $(2 + 1) \times 2 = 6\ \mathrm{V}$ ✔ E note que a fonte de $1\ \mathrm{A}$ entrega $6\ \mathrm{W}$ ao circuito.

A fonte de 1 A ligada ao equivalente de Thévenin. A fonte empurra $1\ \mathrm{A}$ para dentro de $a$ , que volta pelo $R_{Th}$ contra a fonte de $4\ \mathrm{V}$ : $v = 4 + 2 \cdot 1 = 6\ \mathrm{V}$ .

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Questão 331º EE2025.2Amp. op. · Duas entradas alimentadas pela mesma fonte3 ptsVer material

Determine os valores da tensão $v$ e da corrente $i$ .

A mesma fonte alimenta as duas entradas, cada uma por um $8\ \Omega$ . A inversora tem ainda um $8\ \Omega$ para o terra — isso a fixa em metade da fonte — e a não inversora recebe a realimentação do $32\ \Omega$ .

Gabarito

$v = -24\ \mathrm{V}$ · $i = -\dfrac{41}{17} \approx -2{,}41\ \mathrm{A}$

Passo a passo

Passo 1 — a entrada inversora. Ela não puxa corrente, então o $8\ \Omega$ que vem da fonte e o $8\ \Omega$ que vai ao terra formam um divisor descarregado:

v_- = 16 \cdot \frac{8}{8 + 8} = 8\ \mathrm{V}

v₋ sai de um divisor em vazio. A inversora não puxa corrente: $v_- = 16 \cdot \frac{8}{8+8} = 8\ \mathrm{V}$ .

Passo 2 — o curto virtual dá o potencial da outra entrada:

v_+ = v_- = 8\ \mathrm{V}

o curto virtual leva 8 V à não inversora. $v_+ = v_- = 8\ \mathrm{V}$ .

Passo 3 — LKC na entrada não inversora. Chegam correntes pelo $8\ \Omega$ (da fonte) e pelo $32\ \Omega$ (da saída), e a entrada não absorve nada:

\frac{16 - 8}{8} + \frac{v_o - 8}{32} = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad 1 + \frac{v_o - 8}{32} = 0

v_o - 8 = -32 \qquad\Longrightarrow\qquad v_o = -24\ \mathrm{V} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{v = -24\ \mathrm{V}}

já que o $17\ \Omega$ está entre a saída e o fio de baixo.

LKC na não inversora: 1 A segue pelo 32 Ω. $\frac{16-8}{8} + \frac{v_o - 8}{32} = 0$ dá $v_o = -24\ \mathrm{V}$ , e o 17 Ω está na saída: $v = -24\ \mathrm{V}$ .

Passo 4 — a corrente da saída. Ela alimenta o $17\ \Omega$ e o $32\ \Omega$ :

i = \underbrace{\frac{-24}{17}}_{17\ \Omega} + \underbrace{\frac{-24 - 8}{32}}_{32\ \Omega} = -\frac{24}{17} - 1 = \boxed{-\frac{41}{17} \approx -2{,}41\ \mathrm{A}}

O sinal negativo diz que a corrente entra no amp. op.: com a saída negativa, o $17\ \Omega$ e o $32\ \Omega$ empurram corrente para dentro dela.

Conferência — o $32\ \Omega$ conduz $1\ \mathrm{A}$ da entrada não inversora para a saída, e é exatamente o $1\ \mathrm{A}$ que o $8\ \Omega$ da fonte entrega àquele nó ✔ E o mesmo cuidado da prova anterior vale aqui: a realimentação chega na entrada não inversora, ou seja, é positiva — a conta acha o ponto em que $v_+ = v_-$ , mas num circuito real ele é instável.

a corrente da saída. $i = \frac{-24}{17} + \frac{-24-8}{32} = -\frac{24}{17} - 1 = -\frac{41}{17} \approx -2{,}41\ \mathrm{A}$ — negativa, a corrente entra no amp. op.

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Questão 341º EE2026.1Kirchhoff · Escada de associações com 60 V3 ptsVer material

Determine o valor da tensão $v$ e da corrente $i$ no circuito abaixo.

É a mesma escada de 2020.2 e 2024.1, com outros valores: reduz-se de dentro para fora, e cada divisão de corrente entrega uma resposta. Aqui $i$ é a corrente do $12\ \Omega$ .

Gabarito

$v = 8\ \mathrm{V}$ · $i = \dfrac{1}{3}\ \mathrm{A} \approx 0{,}333\ \mathrm{A}$

Passo a passo

Passo 1 — a redução. Chame $A$ o nó do $32\ \Omega$ , $B$ o do $8\ \Omega$ vertical, $C$ o nó de onde saem $6\ \Omega$ e $12\ \Omega$ e $D$ o do $16\ \Omega$ .

6 \parallel 12 = 4\ \Omega \qquad \text{ramo } B \to C = 8 + 4 = 12\ \Omega \qquad \text{ramo } B \to D = 8 + 16 = 24\ \Omega

R_B = 12 \parallel 24 = 8\ \Omega \qquad \text{ramo } A \to B = 24 + 8 = 32\ \Omega \qquad R_A = 32 \parallel 32 = 16\ \Omega

R_{\mathrm{eq}} = 4 + 16 = 20\ \Omega

Primeiro degrau: de B saem 12 Ω e 24 Ω, e R_B = 8 Ω. $6 \parallel 12 = 4\ \Omega$ : ramo $B \to C = 8 + 4 = 12\ \Omega$ , ramo $B \to D = 8 + 16 = 24\ \Omega$ , e $R_B = 12 \parallel 24 = 8\ \Omega$ .

Segundo degrau: em A, 32 Ω ∥ 32 Ω, e R_eq = 20 Ω. Ramo $A \to B = 24 + 8 = 32\ \Omega$ ; $R_A = 32 \parallel 32 = 16\ \Omega$ e $R_{eq} = 4 + 16 = 20\ \Omega$ .

Passo 2 — a corrente da fonte:

i_T = \frac{60}{20} = 3\ \mathrm{A} \qquad\Longrightarrow\qquad v_A = 16 \cdot 3 = 48\ \mathrm{V}

Passo 3 — as divisões. Em $A$ os dois caminhos valem $32\ \Omega$ : metade para cada lado, $1{,}5\ \mathrm{A}$ . Chegando em $B$ :

v_B = 8 \cdot 1{,}5 = 12\ \mathrm{V} \qquad\Longrightarrow\qquad i_{B\to C} = \frac{12}{12} = 1\ \mathrm{A}, \quad i_{B\to D} = \frac{12}{24} = 0{,}5\ \mathrm{A}

Voltando: i_T = 3 A, metade em cada caminho de A, e a divisão em B. $i_T = 60/20 = 3\ \mathrm{A}$ , $v_A = 48\ \mathrm{V}$ ; $1{,}5\ \mathrm{A}$ por cada caminho de $A$ ; em $B$ , $v_B = 8 \cdot 1{,}5 = 12\ \mathrm{V}$ , que manda $12/12 = 1\ \mathrm{A}$ para $C$ e $12/24 = 0{,}5\ \mathrm{A}$ para $D$ .

Passo 4 — as respostas.

\boxed{v = 16 \cdot 0{,}5 = 8\ \mathrm{V}}

Em $C$ , os $1\ \mathrm{A}$ se dividem entre $6\ \Omega$ e $12\ \Omega$ , e $i$ é a parcela do $12\ \Omega$ :

\boxed{i = \frac{6}{6 + 12}\cdot 1 = \frac{1}{3} \approx 0{,}333\ \mathrm{A}}

Conferência — $i_T = 1{,}5 + 1 + 0{,}5 = 3\ \mathrm{A}$ ✔ E $v_C = 4 \cdot 1 = 4\ \mathrm{V}$ , com $i = 4/12 = 1/3\ \mathrm{A}$ ✔ Confere com a resolução da prova: $i = 0{,}333\ \mathrm{A}$ e $v = 8\ \mathrm{V}$ .

As respostas no circuito original: v = 8 V e i = 1/3 A. $v = 16 \cdot 0{,}5 = 8\ \mathrm{V}$ ; em $C$ o $1\ \mathrm{A}$ se divide entre $6\ \Omega$ e $12\ \Omega$ , e $i = \tfrac{6}{18} \cdot 1 = \tfrac13 \approx 0{,}333\ \mathrm{A}$ .

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Questão 351º EE2026.1Superposição · A controlada que anula um nó4 ptsVer material

Determine o valor da tensão $v$ e da corrente $i$ no circuito abaixo, utilizando o Princípio da Superposição. O circuito com a fonte de tensão deve ser resolvido por Análise de Malhas e o com a fonte de corrente por Análise de Nós.

Aqui a fonte controlada faz uma coisa curiosa: como $i = v_2/2$ e ela vale $2i = v_2$ , a diferença $v_2 - v_3$ é exatamente $v_2$ — ou seja, $v_3 = 0$ . O nó da direita fica no potencial da referência, e o $8\ \Omega$ some das equações.

Gabarito

$v = \dfrac{10}{3} \approx 3{,}33\ \mathrm{V}$ · $i = \dfrac{10}{3} \approx 3{,}33\ \mathrm{A}$

Passo a passo

Passo 0 — a simplificação que abre a questão. Fio de baixo como referência. Chame $v_1$ o potencial do nó de cima da fonte de $10\ \mathrm{V}$ , $v_2$ o do nó do meio (dos dois $2\ \Omega$ ) e $v_3$ o do nó da direita. Como

i = \frac{v_2}{2} \qquad\text{e}\qquad v_2 - v_3 = 2i = v_2

resulta $\boxed{v_3 = 0}$ em qualquer subcircuito — o $8\ \Omega$ não conduz nada, e o $10\ \Omega$ enxerga a referência do lado direito. A conta é de Análise de Nós e serve direto ao Passo 2; no Passo 1, que pede malhas, ela não entra nas equações — reaparece só como conferência.

Passo 1 — subcircuito da fonte de $10\ \mathrm{V}$ , pela Análise de Malhas (a de $5\ \mathrm{A}$ vira circuito aberto, e a janela dela some). Quatro correntes de malha, todas no sentido horário: $i_1$ na janela da fonte (a fonte, o $5\ \Omega$ e o $2\ \Omega$ da esquerda); $i_2$ na janelinha entre os dois $2\ \Omega$ ; $i_3$ na janela de cima, fechada pelo $5\ \Omega$ , pelo $10\ \Omega$ , pelo fio que desce da direita e pela fonte controlada; e $i_4$ na janela de baixo, entre o $2\ \Omega$ da direita, a controlada e o $8\ \Omega$ . As variáveis da questão, em correntes de malha:

v = 5\,(i_1 - i_3) \qquad\qquad i = i_2 - i_4

LKT nas quatro malhas, somando as quedas no sentido horário. A controlada fica entre a malha 3, que a percorre da direita para a esquerda (do $-$ para o $+$ , sobe $2i$ ), e a malha 4, que a percorre da esquerda para a direita (desce $2i$ ):

\begin{aligned} \text{malha 1:}&\quad -10 + 5\,(i_1 - i_3) + 2\,(i_1 - i_2) = 0 \\ \text{malha 2:}&\quad 2\,(i_2 - i_1) + 2\,(i_2 - i_4) = 0 \\ \text{malha 3:}&\quad 5\,(i_3 - i_1) + 10\,i_3 - 2i = 0 \\ \text{malha 4:}&\quad 2\,(i_4 - i_2) + 2i + 8\,i_4 = 0 \end{aligned}

A malha 4 se resolve sozinha: com $2i = 2\,(i_2 - i_4)$ , os dois primeiros termos se cancelam e sobra $8\,i_4 = 0$ , ou $i_4 = 0$ . Nenhuma corrente no $8\ \Omega$ — é o $v_3 = 0$ do Passo 0, agora saído das malhas. Daí $i = i_2$ , e a malha 2 dá $4\,i_2 = 2\,i_1$ , ou $i_2 = i_1/2$ . A malha 3 fica $15\,i_3 = 5\,i_1 + 2\,i_2 = 6\,i_1$ , ou $i_3 = \tfrac{2}{5}\,i_1$ . Na malha 1:

-10 + 5\left(i_1 - \tfrac{2}{5}\,i_1\right) + 2\left(i_1 - \tfrac{1}{2}\,i_1\right) = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad 4\,i_1 = 10 \qquad\Longrightarrow\qquad i_1 = 2{,}5\ \mathrm{A}

\boxed{v' = 5\,(2{,}5 - 1) = 7{,}5\ \mathrm{V}} \qquad \boxed{i' = i_2 = 1{,}25\ \mathrm{A}}

Só a fonte de 10 V ligada. Fonte de 5 A aberta. Malhas horárias, com $v = 5(i_1 - i_3)$ e $i = i_2 - i_4$ : $-10 + 5(i_1 - i_3) + 2(i_1 - i_2) = 0$ , $2(i_2 - i_1) + 2(i_2 - i_4) = 0$ , $5(i_3 - i_1) + 10i_3 - 2i = 0$ e $2(i_4 - i_2) + 2i + 8i_4 = 0$ . A malha 4 dá $i_4 = 0$ (o 8 Ω não conduz); depois $i_1 = 2{,}5\ \mathrm{A}$ .

Passo 2 — subcircuito da fonte de $5\ \mathrm{A}$ , pela Análise de Nós (a de $10\ \mathrm{V}$ vira curto, $v_1 = 0$ ). LKC no supernó do meio e da direita, com $v_3 = 0$ :

\frac{v_2}{5} + \frac{v_2}{2} + \frac{v_2}{2} + 0 - 5 = 0 \qquad\xrightarrow{\times 5}\qquad 6 v_2 = 25

v_2 = \frac{25}{6}\ \mathrm{V} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{v'' = -\frac{25}{6} \approx -4{,}17\ \mathrm{V}} \qquad \boxed{i'' = \frac{25}{12} \approx 2{,}08\ \mathrm{A}}

Só a fonte de 5 A ligada. Fonte de 10 V em curto ( $v_1 = 0$ ), $v_3 = 0$ de novo. LKC no supernó: $6v_2 = 25$ , $v_2 = 25/6\ \mathrm{V}$ .

Passo 3 — soma:

v = 7{,}5 - \frac{25}{6} = \frac{45 - 25}{6} = \boxed{\frac{10}{3} \approx 3{,}33\ \mathrm{V}}

i = 1{,}25 + \frac{25}{12} = \frac{15 + 25}{12} = \boxed{\frac{10}{3} \approx 3{,}33\ \mathrm{A}}

Conferência — no circuito completo, a LKC no supernó dá $6v_2 = 40$ , ou $v_2 = \tfrac{20}{3} \approx 6{,}667\ \mathrm{V}$ , e daí $v = 10 - 6{,}667 = 3{,}333\ \mathrm{V}$ e $i = v_2/2 = 3{,}333\ \mathrm{A}$ ✔ É exatamente o que a resolução da prova encontra ( $V_2 = 320/48$ ).

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Questão 361º EE2026.1Thévenin e Norton · Fonte controlada em paralelo com resistor3 ptsVer material

Determine o circuito equivalente de Thévenin e de Norton fora dos pontos $a$ e $b$ e utilize um dos dois circuitos para determinar o valor da tensão $v$ entre os pontos $a$ e $b$ .

A fonte controlada de tensão está em paralelo com o $6\ \Omega$ : ela fixa a diferença de potencial entre os dois nós, e o $6\ \Omega$ é interno ao supernó que eles formam — sai das equações.

Gabarito

Thévenin: $V_{\mathrm{Th}} = \dfrac{1110}{19} \approx 58{,}42\ \mathrm{V}$ , $R_{\mathrm{Th}} = \dfrac{88}{19} \approx 4{,}63\ \Omega$ · Norton: $I_N = \dfrac{555}{44} \approx 12{,}61\ \mathrm{A}$ · $v = \dfrac{5550}{139} \approx 39{,}93\ \mathrm{V}$ (a resolução da prova arredonda para $40\ \mathrm{V}$ )

Passo a passo

Passo 0 — convenções. Fio de baixo ( $b$ ) como referência. Chame $v_a$ o terminal $a$ , $v_P$ o nó do outro lado da fonte controlada e $v_Q$ o nó do $5\ \Omega$ . Então $i = v_Q/5$ e a controlada, com o $+$ do lado de $a$ , impõe

v_a - v_P = 2i = \frac{2 v_Q}{5}

Passo 1 — $V_{\mathrm{Th}}$ , com o $10\ \Omega$ removido. LKC no supernó $\{a, P\}$ (o $6\ \Omega$ é interno):

\frac{v_a - 50}{8} + \frac{v_P - v_Q}{4} = 0

LKC no nó $Q$ , com os $10\ \mathrm{A}$ entrando:

\frac{v_P - v_Q}{4} + 10 = \frac{v_Q}{5}

Das duas, com a restrição da fonte: $v_a = 130 - 1{,}6\,v_Q$ e $v_P = 1{,}8\,v_Q - 40$ , e daí

3{,}8\,v_Q = 170 \qquad\Longrightarrow\qquad v_Q = \frac{850}{19} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{V_{\mathrm{Th}} = v_a = \frac{1110}{19} \approx 58{,}42\ \mathrm{V}}

V_Th: o 10 Ω fora, a–b em aberto. Supernó $\{a, P\}$ (o $6\ \Omega$ é interno) e LKC em $Q$ : $v_Q = 850/19$ e $V_{Th} = v_a = 1110/19 \approx 58{,}42\ \mathrm{V}$ .

Passo 2 — $I_N$ , com $a$ – $b$ em curto ( $v_a = 0$ , logo $v_P = -0{,}4\,v_Q$ ). A LKC em $Q$ dá

\frac{-1{,}4\,v_Q}{4} + 10 = \frac{v_Q}{5} \qquad\Longrightarrow\qquad 0{,}55\,v_Q = 10 \qquad\Longrightarrow\qquad v_Q = \frac{200}{11}\ \mathrm{V}

e a LKC no supernó, agora incluindo o curto:

\boxed{I_N = \frac{50}{8} + \frac{v_Q - v_P}{4} = \frac{25}{4} + \frac{70}{11} = \frac{555}{44} \approx 12{,}61\ \mathrm{A}}

I_N: a–b em curto. Com $v_a = 0$ , $v_P = -0{,}4\,v_Q$ e $v_Q = 200/11\ \mathrm{V}$ ; o curto recebe $50/8$ do $8\ \Omega$ mais $(v_Q - v_P)/4$ do $4\ \Omega$ .

Passo 3 — $R_{\mathrm{Th}}$ pela razão, que é o caminho obrigatório com fonte controlada:

\boxed{R_{\mathrm{Th}} = \frac{V_{\mathrm{Th}}}{I_N} = \frac{1110/19}{555/44} = \frac{88}{19} \approx 4{,}63\ \Omega}

Os equivalentes de Thévenin e de Norton. Com fonte controlada, $R_{Th} = V_{Th}/I_N = 88/19 \approx 4{,}63\ \Omega$ .

Passo 4 — a tensão na carga:

v = V_{\mathrm{Th}} \cdot \frac{10}{R_{\mathrm{Th}} + 10} = \frac{1110}{19} \cdot \frac{10}{\tfrac{88}{19} + 10} = \frac{11100}{278} = \boxed{\frac{5550}{139} \approx 39{,}93\ \mathrm{V}}

Conferência — resolvendo o circuito original com o $10\ \Omega$ no lugar, o sistema dá $27{,}8\,v_Q = 1010$ e $v_a = 2{,}2\,v_Q - 40 = 39{,}93\ \mathrm{V}$ ✔ A resolução oficial da prova usa $R_{\mathrm{Th}} = 4{,}63\ \Omega$ arredondado, obtém $i \approx 4\ \mathrm{A}$ e apresenta $v = 40\ \mathrm{V}$ — a diferença de $0{,}07\ \mathrm{V}$ é só do arredondamento.

O 10 Ω de volta, no equivalente de Thévenin. Divisor de tensão: $v = V_{Th} \cdot \frac{10}{R_{Th} + 10} = \frac{5550}{139} \approx 39{,}93\ \mathrm{V}$ .

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Questão 371º EE2026.1Amp. op. · Divisor de realimentação no terminal não inversor3 ptsVer material

Determine os valores da tensão $v$ e da corrente $i$ . (3º quesito alternativo da prova.)

Mesma configuração do 4º quesito de 2025.1, com outros valores. O $200\ \Omega$ não conduz nada — a entrada inversora não puxa corrente —, então ela fica presa no potencial da fonte.

Gabarito

$v = 250\ \mathrm{V}$ · $i = 2{,}7\ \mathrm{A}$

Passo a passo

Passo 1 — a entrada inversora. O $200\ \Omega$ liga a inversora à fonte de $50\ \mathrm{V}$ ; sem corrente, sem queda:

v_- = 50\ \mathrm{V} \qquad\Longrightarrow\qquad v_+ = 50\ \mathrm{V}

v₋ é a fonte, e v₊ copia. Sem corrente, o 200 Ω não cai tensão: $v_- = 50\ \mathrm{V}$ , e o curto virtual dá $v_+ = 50\ \mathrm{V}$ .

Passo 2 — a corrente do divisor. No nó da entrada não inversora chegam o $250\ \Omega$ (que vem do fio de baixo) e o $1000\ \Omega$ (que vem da saída), e a entrada não absorve nada. A corrente que sobe pelo $250\ \Omega$ vale

i' = \frac{0 - 50}{250} = -0{,}2\ \mathrm{A}

a corrente do 250 Ω. Do fio de baixo (0 V) ao nó em 50 V: $i' = \frac{0-50}{250} = -0{,}2\ \mathrm{A}$ — negativa, ela na verdade desce.

Passo 3 — a saída. Essa mesma $i'$ atravessa o $1000\ \Omega$ :

i' = \frac{v_+ - v}{1000} = -0{,}2 \qquad\Longrightarrow\qquad 50 - v = -200 \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{v = 250\ \mathrm{V}}

a mesma i’ atravessa o 1000 Ω. $\frac{50 - v}{1000} = -0{,}2$ dá $v = 250\ \mathrm{V}$ .

Passo 4 — as duas correntes da saída. A carga leva

i_o = \frac{250}{100} = 2{,}5\ \mathrm{A}

e a LKC no nó de saída dá

i' + i = i_o \qquad\Longrightarrow\qquad i = 2{,}5 - (-0{,}2) = \boxed{2{,}7\ \mathrm{A}}

Conferência — o divisor confere: $v_+ = v \cdot \dfrac{250}{1250} = 250 \cdot 0{,}2 = 50\ \mathrm{V}$ , igual a $v_-$ ✔ É exatamente o que a resolução da prova apresenta.

O mesmo cuidado de sempre — a realimentação chega na entrada não inversora, logo é positiva. A conta encontra o único ponto com $v_+ = v_-$ , que é o que a prova cobra, mas trata-se de um equilíbrio instável: num circuito real a saída iria para o limite da alimentação.

LKC no nó de saída. $i_o = 250/100 = 2{,}5\ \mathrm{A}$ e $i' + i = i_o$ : $i = 2{,}5 - (-0{,}2) = 2{,}7\ \mathrm{A}$ .

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Questão 381º EE2024.1 · 2ª chamadaSupernó · Resistor no fio de referência3 ptsVer material

Determinar os valores de $v$ e de $i$ .

O detalhe que muda tudo: há um resistor no fio de baixo. Ele parte o “trilho de referência” em dois nós distintos, e é justamente entre eles que $v$ é medida.

Gabarito

$v = -\dfrac{16}{3} \approx -5{,}33\ \mathrm{V}$ · $i = \dfrac{1}{3} \approx 0{,}333\ \mathrm{A}$

Passo a passo

Passo 1 — nomeie os nós. Tome como referência o nó de baixo à direita ( $G_2$ , que reúne o pé do $4\ \Omega$ e o da fonte de $2\ \mathrm{A}$ ). Chame $g$ o nó de baixo à esquerda ( $G_1$ : pé da fonte de $18\ \mathrm{V}$ , pé da de $3\ \mathrm{A}$ e ponta esquerda do $2\ \Omega$ ), $v_B$ o nó do $6\ \Omega$ com a fonte de $3\ \mathrm{A}$ , e $v_C$ o do $4\ \Omega$ . A fonte de $18\ \mathrm{V}$ liga $G_1$ ao topo do $6\ \Omega$ :

v_{T} = g + 18 \qquad\qquad v = g - 0 = g

O 2 Ω no fio de baixo parte a referência em dois nós. Com o terra em $G_2$ , a tensão $v$ do $2\ \Omega$ ( $+$ à esquerda) é o próprio potencial $g$ de $G_1$ . A fonte de $18$ V, com o $+$ em cima, põe o topo do $6\ \Omega$ em $g + 18$ .

Passo 2 — LKC no supernó $\{T, G_1\}$ , os dois nós amarrados pela fonte de $18\ \mathrm{V}$ :

\underbrace{\frac{v_T - v_B}{6}}_{6\ \Omega} + \underbrace{3}_{\text{a fonte de 3 A puxa de } G_1} + \underbrace{\frac{g}{2}}_{2\ \Omega} = 0

O supernó T + G₁ e o que sai dele. $T$ e $G_1$ estão amarrados pela fonte de $18$ V: um supernó só, que se comunica com o resto por três ramos — o $6\ \Omega$ , a fonte de $3$ A (que puxa de $G_1$ ) e o $2\ \Omega$ . A soma das três saídas é zero.

Passo 3 — LKC nos nós $B$ e $C$ :

3 + \frac{v_T - v_B}{6} = 4 + \frac{v_B - v_C}{3} \qquad\qquad 4 + \frac{v_B - v_C}{3} + 2 = \frac{v_C}{4}

Passo 4 — resolva. Do supernó, $\dfrac{v_T - v_B}{6} = -3 - \dfrac{g}{2}$ . Levando na LKC de $B$ :

\frac{v_B - v_C}{3} = -\frac{g}{2} - 4

e na de $C$ :

v_C = 8 - 2g \qquad\Longrightarrow\qquad v_B = -4 - 3{,}5\,g

Mas o supernó também dá $v_B = 4g + 36$ . Igualando:

4g + 36 = -4 - 3{,}5\,g \qquad\Longrightarrow\qquad 7{,}5\,g = -40 \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{v = g = -\frac{16}{3} \approx -5{,}33\ \mathrm{V}}

Passo 5 — a corrente $i$ . O nó do topo do $6\ \Omega$ só tem dois ramos: o próprio $6\ \Omega$ e a fonte de $18\ \mathrm{V}$ . Logo $i$ (que desce pela fonte) é o negativo da corrente que sai pelo $6\ \Omega$ :

\frac{v_T - v_B}{6} = -3 - \frac{g}{2} = -3 + \frac{8}{3} = -\frac{1}{3}\ \mathrm{A} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{i = \frac{1}{3} \approx 0{,}333\ \mathrm{A}}

Conferência — com $g = -\tfrac{16}{3}$ : $v_T = \tfrac{38}{3}$ , $v_B = \tfrac{44}{3}$ e $v_C = \tfrac{56}{3}\ \mathrm{V}$ . A LKC em $C$ fecha: $4 - \tfrac43 + 2 = \tfrac{14}{3}$ , e $v_C/4 = \tfrac{14}{3}$ ✔ E o supernó: $-\tfrac13 + 3 - \tfrac83 = 0$ ✔

Os potenciais e a corrente i. O topo do $6\ \Omega$ só tem dois ramos, então a corrente que desce pela fonte é a que chega pelo $6\ \Omega$ : $(v_T-v_B)/6 = -1/3$ A no sentido $T \to B$ , isto é, $i = 1/3$ A.

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Questão 391º EE2024.1 · 2ª chamadaSupernó · Fonte de tensão entre dois nós e um resistor por cima4 ptsVer material

Determinar os valores de $v$ e $i$ usando dois métodos quaisquer de análise de circuitos.

Duas armadilhas de sinal aqui. A fonte de $17\ \mathrm{V}$ está invertida (o ”+” fica no fio de baixo), então o nó de cima à esquerda vale $-17\ \mathrm{V}$ . E a de $6\ \mathrm{V}$ flutua entre dois nós essenciais: é caso de supernó — com o $3\ \Omega$ de cima ligando esses mesmos dois nós, ele fica dentro do supernó e não entra na LKC.

Gabarito

$v = -2\ \mathrm{V}$ · $i = 3\ \mathrm{A}$

Passo a passo

Passo 1 — o terra e a fonte invertida. Terra no fio de baixo. Como o ”+” da fonte de $17\ \mathrm{V}$ está embaixo, o nó de cima à esquerda fica em

v_{esq} = -17\ \mathrm{V}

Passo 2 — o vínculo do supernó. Com o ”−” da fonte de $6\ \mathrm{V}$ no nó $A$ e o ”+” no nó $B$ :

v_B - v_A = 6 \qquad\Longrightarrow\qquad v_B = v_A + 6

Terra embaixo, −17 V à esquerda e o supernó. Com o $+$ da fonte de $17$ V embaixo, $v_{esq} = -17$ V. A fonte de $6$ V, $-$ em $A$ e $+$ em $B$ , amarra os dois nós: $v_B = v_A + 6$ .

Passo 3 — a LKC do supernó. Envolvendo $A$ e $B$ numa só superfície, o $3\ \Omega$ de cima é interno e desaparece da conta. Entra a corrente do $3\ \Omega$ da esquerda; saem os dois $2\ \Omega$ e os $2\ \mathrm{A}$ da fonte:

\frac{-17 - v_A}{3} = \frac{v_A}{2} + \frac{v_B}{2} + 2

\times 6 \qquad 2(-17 - v_A) = 3\,v_A + 3(v_A + 6) + 12

-34 - 2\,v_A = 6\,v_A + 30 \qquad\Longrightarrow\qquad 8\,v_A = -64 \qquad\Longrightarrow\qquad v_A = -8\ \mathrm{V} \qquad v_B = -2\ \mathrm{V}

As correntes que cruzam a moldura. Entra $(-17-v_A)/3$ ; saem $v_A/2$ , $v_B/2$ e $2$ A. O $3\ \Omega$ de cima liga dois pontos de dentro da moldura e some da conta: $v_A = -8$ V e $v_B = -2$ V.

Passo 4 — a tensão pedida. $v$ é a tensão do $2\ \Omega$ da direita, com o ”+” em cima, isto é o próprio $v_B$ :

\boxed{v = -2\ \mathrm{V}}

Passo 5 — a corrente pedida. $i$ atravessa a fonte de $6\ \mathrm{V}$ , então é preciso abrir o supernó. LKC no nó $A$ sozinho, agora contando o $3\ \Omega$ de cima:

\underbrace{\frac{-17 + 8}{3}}_{-3} = \underbrace{\frac{-8}{2}}_{-4} + i + \underbrace{\frac{-8 - (-2)}{3}}_{-2}

-3 = -6 + i \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{i = 3\ \mathrm{A}}

O nó A sozinho, para achar i. Para $i$ , que passa pela fonte de $6$ V, abre-se o supernó e o $3\ \Omega$ de cima volta a contar: $-3 = -4 + i - 2$ , logo $i = 3$ A.

Passo 6 — método 2: análise de malhas. Os Passos 1 a 5 foram o método 1 (supernó). Para o segundo, o circuito tem quatro janelas, todas com corrente de malha no sentido horário: $i_1$ na janela da esquerda (fonte de $17\ \mathrm{V}$ , $3\ \Omega$ e $2\ \Omega$ do nó $A$ ); $i_2$ na janela de cima, fechada pelo $3\ \Omega$ de cima e pela fonte de $6\ \mathrm{V}$ ; $i_3$ na janela do meio, embaixo da fonte de $6\ \mathrm{V}$ , entre os dois $2\ \Omega$ ; e $i_4$ na janela da direita ( $2\ \Omega$ do nó $B$ e fonte de $2\ \mathrm{A}$ ).

A fonte de $2\ \mathrm{A}$ está só na malha 4, que desce por ela no sentido da seta, então ela fixa $i_4 = 2\ \mathrm{A}$ . As outras três malhas dão LKT, somando as quedas de tensão no sentido horário. A malha 1 sobe pela fonte de $17\ \mathrm{V}$ do ”+” para o ”−”, e ela conta $+17$ ; a fonte de $6\ \mathrm{V}$ é atravessada de $B$ para $A$ (do ”+” para o ”−”) pela malha 2, que volta pela base da sua janela, e de $A$ para $B$ (do ”−” para o ”+”) pela malha 3:

\text{malha 1:}\quad 17 + 3\,i_1 + 2\,(i_1 - i_3) = 0

\text{malha 2:}\quad 3\,i_2 + 6 = 0

\text{malha 3:}\quad 2\,(i_3 - i_1) - 6 + 2\,(i_3 - i_4) = 0

A malha 2 se resolve sozinha: $i_2 = -2\ \mathrm{A}$ . Com $i_4 = 2$ , sobram $5i_1 - 2i_3 = -17$ e $-i_1 + 2i_3 = 5$ ; somando as duas, $4i_1 = -12$ :

i_1 = -3\ \mathrm{A}, \qquad i_3 = 1\ \mathrm{A}

Pelo $2\ \Omega$ da direita descem $i_3 - i_4$ , e pela fonte de $6\ \mathrm{V}$ , de $A$ para $B$ , passam $i_3 - i_2$ :

\boxed{v = 2\,(i_3 - i_4) = 2\,(1 - 2) = -2\ \mathrm{V}} \qquad\qquad \boxed{i = i_3 - i_2 = 1 - (-2) = 3\ \mathrm{A}}

Os mesmos valores do método 1 ✔ E as correntes de ramo também batem com as do Passo 5: o $3\ \Omega$ da esquerda conduz $i_1 = -3\ \mathrm{A}$ para a direita, o $2\ \Omega$ do nó $A$ conduz $i_1 - i_3 = -4\ \mathrm{A}$ para baixo, e o $3\ \Omega$ de cima conduz $i_2 = -2\ \mathrm{A}$ de $A$ para $B$ , isto é, $2\ \mathrm{A}$ de $B$ para $A$ .

Conferência — os dois nós saem negativos porque a fonte de $17\ \mathrm{V}$ está de cabeça para baixo — quem esquecer isso acha $+8$ e $+2$ ✔ E repare no papel do $3\ \Omega$ de cima: invisível para o supernó, essencial para achar $i$ ✔

Sobre o gabarito — esta prova não tem resolução no acervo. O resultado foi obtido por supernó (método 1) e refeito por análise de malhas (método 2, o segundo método que o enunciado pede), com os mesmos valores.

Método 2: as quatro correntes de malha. A fonte de $2$ A fixa $i_4 = 2$ A. LKT: $17 + 3i_1 + 2(i_1 - i_3) = 0$ , $3i_2 + 6 = 0$ e $2(i_3 - i_1) - 6 + 2(i_3 - i_4) = 0$ . Sai $i_1 = -3$ A, $i_2 = -2$ A e $i_3 = 1$ A, logo $v = 2(i_3 - i_4) = -2$ V e $i = i_3 - i_2 = 3$ A ✔

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Questão 401º EE2024.1 · 2ª chamadaThévenin e Norton · Equivalente com fonte de corrente por cima3 ptsVer material

Determinar o circuito equivalente de Thévenin e de Norton fora dos pontos $a$ e $b$ . A partir de um dos dois circuitos, encontre o valor da tensão entre os terminais $a$ e $b$ .

A fonte de $2\ \mathrm{A}$ passa por cima do segundo $6\ \Omega$ e aponta para a esquerda — ela tira corrente do nó da direita e devolve no da esquerda. Para o $R_{Th}$ , o truque é lembrar que zerar a fonte de $20\ \mathrm{V}$ deixa o $5\ \Omega$ ligado direto ao terra.

Gabarito

$V_{Th} = 13{,}5\ \mathrm{V}$ · $R_{Th} = 3\ \Omega$ · $I_N = 4{,}5\ \mathrm{A}$

$v_{ab} = 12\ \mathrm{V}$

Passo a passo

Passo 1 — tire o $24\ \Omega$ e ache a tensão de circuito aberto. Chame $v_C$ o nó entre os dois $6\ \Omega$ e $v_D$ o nó do $20\ \Omega$ (que é o terminal $a$ ).

LKC em $C$ — entram a corrente da fonte de $18\ \mathrm{V}$ e os $2\ \mathrm{A}$ (que a fonte devolve neste nó):

\frac{18 - v_C}{6} + 2 = \frac{v_C - v_D}{6} \qquad \times 6 \qquad 30 + v_D = 2\,v_C

Passo 2 — LKC em $D$ . Sai a corrente que a fonte de $2\ \mathrm{A}$ puxa, mais o $20\ \Omega$ e o ramo do $5\ \Omega$ (cujo pé está preso em $+20\ \mathrm{V}$ ):

\frac{v_C - v_D}{6} = 2 + \frac{v_D}{20} + \frac{v_D - 20}{5}

\times 60 \qquad 10\,v_C - 10\,v_D = 120 + 3\,v_D + 12\,v_D - 240 \qquad\Longrightarrow\qquad 10\,v_C = 25\,v_D - 120

Passo 3 — resolva. Substituindo $v_C = \dfrac{30 + v_D}{2}$ :

5\left(30 + v_D\right) = 25\,v_D - 120 \qquad\Longrightarrow\qquad 20\,v_D = 270

\boxed{V_{Th} = v_D = 13{,}5\ \mathrm{V}}

V_Th: o 24 Ω fora, a–b em aberto. LKC em $C$ e em $D$ (com a fonte de $2\ \mathrm{A}$ tirando de $D$ e devolvendo em $C$ ): $V_{Th} = v_D = 13{,}5\ \mathrm{V}$ .

Passo 4 — a resistência de Thévenin. Zere as fontes independentes: a de $18\ \mathrm{V}$ vira curto (o primeiro $6\ \Omega$ passa a ligar $C$ ao terra), a de $2\ \mathrm{A}$ vira aberto (o ramo dela desaparece) e a de $20\ \mathrm{V}$ vira curto (o $5\ \Omega$ vai direto ao terra).

Olhando de $a$ – $b$ , os três caminhos ficam em paralelo:

R_{Th} = 20 \parallel 5 \parallel \left(6 + 6\right) = \frac{1}{\frac{1}{20} + \frac{1}{5} + \frac{1}{12}}

\boxed{R_{Th} = 3\ \Omega}

R_Th: fontes independentes zeradas. $18\ \mathrm{V}$ e $20\ \mathrm{V}$ viram fio, a de $2\ \mathrm{A}$ some: $R_{Th} = 20 \parallel 5 \parallel (6 + 6) = 3\ \Omega$ .

Passo 5 — o equivalente de Norton.

\boxed{I_N = \frac{V_{Th}}{R_{Th}} = \frac{13{,}5}{3} = 4{,}5\ \mathrm{A}} \qquad\qquad R_N = R_{Th} = 3\ \Omega

Os equivalentes de Thévenin e de Norton. $V_{Th} = 13{,}5\ \mathrm{V}$ com $R_{Th} = 3\ \Omega$ , ou $I_N = 13{,}5/3 = 4{,}5\ \mathrm{A}$ com $R_N = 3\ \Omega$ .

Passo 6 — a tensão em $a$ – $b$ . Recoloque o $24\ \Omega$ no equivalente de Thévenin: é um divisor de tensão simples.

\boxed{v_{ab} = 13{,}5 \cdot \frac{24}{24 + 3} = 12\ \mathrm{V}}

Conferência — pelo equivalente de Norton dá o mesmo: $4{,}5\ \mathrm{A}$ em $3 \parallel 24 = \frac{8}{3}\ \Omega$ resulta em $4{,}5 \cdot \frac{8}{3} = 12\ \mathrm{V}$ ✔ E os números redondos ( $R_{Th} = 3$ , $v_{ab} = 12$ ) são o sinal de que a leitura da fonte de $2\ \mathrm{A}$ — apontando para a esquerda — está certa ✔

Sobre o gabarito — esta prova não tem resolução no acervo. O $V_{Th}$ saiu por análise nodal, o $R_{Th}$ pelo circuito morto, e as duas rotas (Thévenin e Norton) foram conferidas uma contra a outra.

O 24 Ω de volta, no equivalente de Thévenin. Divisor de tensão: $v_{ab} = 13{,}5 \cdot \frac{24}{24 + 3} = 12\ \mathrm{V}$ .

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Questão 411º EE2021.1Supernó · Fonte controlada de tensão entre dois nós3 ptsVer material

Determine os valores de $i$ e de $v$ no circuito abaixo.

A fonte controlada de tensão flutua entre dois nós essenciais: é supernó. E ela depende de $i$ , que é a corrente do $10\ \Omega$ do primeiro nó — ou seja, o vínculo do supernó vira uma relação entre as próprias tensões nodais. O $4\ \Omega$ de cima liga os mesmos dois nós e some na LKC.

Gabarito

$i = 1{,}30\ \mathrm{A}$ · $v = 0{,}26\ \mathrm{V}$

Passo a passo

Passo 1 — os nós. Terra no fio de baixo; $V_1$ é o nó do $10\ \Omega$ , $V_2$ o do outro lado da fonte controlada e $V_3$ o do $2\ \Omega$ .

Passo 2 — o vínculo do supernó. A fonte vale $2i$ com o ”+” do lado de $V_1$ , e $i = \dfrac{V_1}{10}$ :

V_1 - V_2 = 2\,i = \frac{V_1}{5} \qquad\Longrightarrow\qquad 5\,V_1 - 5\,V_2 = V_1 \qquad\Longrightarrow\qquad V_2 = \frac{4\,V_1}{5}

Os nós, o supernó e a variável de controle. A controlada tem o $+$ do lado de $V_1$ : $V_1 - V_2 = 2i$ . Como $i$ é a corrente do $10\ \Omega$ , $i = V_1/10$ , e o vínculo vira $V_2 = \tfrac45 V_1$ .

Passo 3 — LKC do supernó ( $V_1$ e $V_2$ juntos). O $4\ \Omega$ de cima é interno e não entra:

\frac{20 - V_1}{5} = \frac{V_1}{10} + \frac{V_2 - V_3}{3}

\times 30 \qquad 120 - 6\,V_1 = 3\,V_1 + 10\left(\frac{4V_1}{5} - V_3\right) \qquad\Longrightarrow\qquad 17\,V_1 - 10\,V_3 = 120

As correntes que cruzam a moldura. Só três ramos atravessam a moldura. O $4\ \Omega$ liga $V_1$ a $V_2$ , os dois de dentro, e não entra: $\tfrac{20-V_1}{5} = \tfrac{V_1}{10} + \tfrac{V_2-V_3}{3}$ .

Passo 4 — LKC no nó $V_3$ . A fonte de $5\ \mathrm{A}$ injeta ali:

5 + \frac{V_2 - V_3}{3} = \frac{V_3}{2} \qquad \times 6 \qquad 30 + 1{,}6\,V_1 = 5\,V_3 \qquad\Longrightarrow\qquad V_3 = 6 + 0{,}32\,V_1

Passo 5 — resolva.

17\,V_1 - 10\left(6 + 0{,}32\,V_1\right) = 120 \qquad\Longrightarrow\qquad 13{,}8\,V_1 = 180

V_1 = 13{,}04\ \mathrm{V} \qquad V_2 = 10{,}43\ \mathrm{V} \qquad V_3 = 10{,}17\ \mathrm{V}

Passo 6 — as duas respostas.

\boxed{i = \frac{V_1}{10} = 1{,}30\ \mathrm{A}} \qquad\qquad \boxed{v = V_2 - V_3 = 0{,}26\ \mathrm{V}}

Conferência — a fonte controlada vale $2i = 2{,}61\ \mathrm{V}$ , e de fato $V_1 - V_2 = 13{,}04 - 10{,}43 = 2{,}61$ ✔ No nó $V_3$ : entram $5$ A da fonte e $\frac{0{,}26}{3} = 0{,}087$ A do $3\ \Omega$ , e saem $\frac{10{,}17}{2} = 5{,}09$ A pelo $2\ \Omega$ ✔ Confere com a resolução da prova ( $i_T = 1{,}3$ A e $v_T = 0{,}26$ V).

Sobre o enunciado — o acervo tem apenas a resolução desta prova; o circuito acima é o que ela desenha na verificação final, com as duas fontes independentes atuando juntas.

Os valores encontrados. $i = V_1/10 = 1{,}30$ A e $v = V_2 - V_3 = 0{,}26$ V. A controlada vale $2i = 2{,}61$ V, e de fato $V_1 - V_2 = 2{,}61$ V ✔

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Questão 421º EE2021.1Thévenin e Norton · Equivalente com fonte controlada de corrente4 ptsVer material

Determinar os circuitos equivalentes de Thévenin e de Norton vistos dos pontos $a$ e $b$ , onde está ligada a carga $R$ .

A fonte controlada de corrente vale $5v$ , onde $v$ é a tensão do $5\ \Omega$ do primeiro nó. Com fonte dependente no circuito, o $R_{Th}$ não sai zerando fontes: é preciso calcular $V_{oc}$ e $i_{sc}$ e dividir um pelo outro.

Gabarito

$V_{Th} = 20{,}83\ \mathrm{V}$ · $R_{Th} = 4{,}70\ \Omega$ · $I_N = 4{,}43\ \mathrm{A}$

Passo a passo

Passo 1 — o circuito aberto ( $R$ fora). Terra no fio de baixo; $V_1$ é o nó do $5\ \Omega$ da esquerda (com $v = V_1$ ) e $V_2$ o do outro lado da fonte controlada. Com $R$ removido, o ramo do $5\ \Omega$ horizontal com o $5\ \Omega$ vertical soma $10\ \Omega$ de $V_2$ ao terra.

LKC no nó $V_1$ — a fonte controlada retira $5v$ dali:

\frac{50 - V_1}{10} = \frac{V_1}{5} + \frac{V_1 - V_2}{4} + 5\,V_1 \qquad \times 20 \qquad 111\,V_1 - 5\,V_2 = 100

Passo 2 — LKC no nó $V_2$ . Ela devolve os $5v$ aqui:

\frac{V_1 - V_2}{4} + 5\,V_1 = \frac{V_2}{10} \qquad \times 20 \qquad 105\,V_1 = 7\,V_2 \qquad\Longrightarrow\qquad V_2 = 15\,V_1

Passo 3 — a tensão de Thévenin.

111\,V_1 - 75\,V_1 = 100 \qquad\Longrightarrow\qquad V_1 = \frac{100}{36} = 2{,}78\ \mathrm{V} \qquad V_2 = 41{,}67\ \mathrm{V}

A tensão em $a$ – $b$ é a do $5\ \Omega$ vertical, ou seja $V_2$ dividido entre os dois $5\ \Omega$ :

\boxed{V_{Th} = 5 \cdot \frac{V_2}{10} = 20{,}83\ \mathrm{V}}

V_Th: a carga R fora, a–b em aberto. Com $R$ fora, $V_2$ enxerga $5 + 5 = 10\ \Omega$ até o terra: $V_2 = 15\,V_1 = 41{,}67\ \mathrm{V}$ e $V_{Th} = V_2/2 = 20{,}83\ \mathrm{V}$ .

Passo 4 — a corrente de curto. Curto-circuitando $a$ – $b$ , o $5\ \Omega$ vertical fica em curto e o ramo de $V_2$ passa a ser só o $5\ \Omega$ horizontal. A primeira equação não muda; a segunda vira

\frac{V_1 - V_2}{4} + 5\,V_1 = \frac{V_2}{5} \qquad \times 20 \qquad 105\,V_1 = 9\,V_2 \qquad\Longrightarrow\qquad V_2 = \frac{105\,V_1}{9}

111\,V_1 - \frac{525\,V_1}{9} = 100 \qquad\Longrightarrow\qquad V_1 = 1{,}90\ \mathrm{V} \qquad V_2 = 22{,}15\ \mathrm{V}

\boxed{I_N = i_{sc} = \frac{V_2}{5} = 4{,}43\ \mathrm{A}}

I_N: a–b em curto. O curto anula o $5\ \Omega$ vertical: $V_2$ só enxerga o $5\ \Omega$ horizontal, e $I_N = V_2/5 = 4{,}43\ \mathrm{A}$ .

Passo 5 — a resistência. Com fonte dependente, é a razão entre as duas:

\boxed{R_{Th} = \frac{V_{oc}}{i_{sc}} = \frac{20{,}83}{4{,}43} = 4{,}70\ \Omega}

Conferência — as duas contas compartilham a equação do nó $V_1$ e diferem só no ramo de saída ( $10\ \Omega$ aberto contra $5\ \Omega$ em curto), o que é exatamente o que se espera ✔ E $V_{Th} = R_{Th} \cdot I_N = 4{,}70 \cdot 4{,}43 = 20{,}8$ V fecha o triângulo ✔ Confere com a resolução da prova.

Sobre o enunciado — o acervo tem apenas a resolução desta prova; o circuito acima é o que ela desenha, com a carga $R$ nos terminais $a$ – $b$ .

Os equivalentes de Thévenin e de Norton. Com fonte dependente, $R_{Th} = V_{oc}/i_{sc} = 20{,}83/4{,}43 = 4{,}70\ \Omega$ .

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Questão 431º EE2021.2Análise nodal · Fonte controlada que zera o resistor do meio3 ptsVer material

Determine o valor de $v$ no circuito abaixo.

A fonte controlada de corrente vale $v/4$ e passa por cima do $12\ \Omega$ : ela tira essa corrente do primeiro nó e devolve no segundo. O desfecho é bonito — ela deixa os dois nós no mesmo potencial, e o $12\ \Omega$ não conduz nada.

Gabarito

$v = 12\ \mathrm{V}$

Passo a passo

Passo 1 — os nós. Terra no fio de baixo; $V_1$ é o nó do $6\ \Omega$ (logo $v = V_1$ ) e $V_2$ o do $4\ \Omega$ .

i = \frac{v}{6} \qquad i_1 = \frac{V_1 - V_2}{12} \qquad i_2 = \frac{V_2}{4}

Os dois nós e a tensão de controle. A tensão de controle $v$ está sobre o $6\ \Omega$ , entre $V_1$ e o terra: $v = V_1$ . A fonte de cima tira $V_1/4$ do nó $V_1$ e entrega no nó $V_2$ .

Passo 2 — LKC no nó $V_2$ . Chegam a corrente do $12\ \Omega$ e os $v/4$ da fonte controlada; sai a do $4\ \Omega$ :

\frac{V_1 - V_2}{12} + \frac{V_1}{4} = \frac{V_2}{4}

\times 12 \qquad V_1 - V_2 + 3\,V_1 = 3\,V_2 \qquad\Longrightarrow\qquad 4\,V_1 = 4\,V_2 \qquad\Longrightarrow\qquad V_1 = V_2

A LKC no nó V₂. $\tfrac{V_1-V_2}{12} + \tfrac{V_1}{4} = \tfrac{V_2}{4}$ dá $4V_1 = 4V_2$ : os dois nós ficam no mesmo potencial.

Passo 3 — a consequência. Se os dois nós têm a mesma tensão, o $12\ \Omega$ entre eles não conduz:

i_1 = 0

Passo 4 — LKC no nó $V_1$ . Saem a corrente do $6\ \Omega$ , os $v/4$ da fonte controlada e $i_1 = 0$ :

5 = \frac{V_1}{6} + \frac{V_1}{4} + 0 = \frac{2\,V_1 + 3\,V_1}{12} = \frac{5\,V_1}{12}

\boxed{v = V_1 = 12\ \mathrm{V}}

Conferência — com $v = 12$ V: $i = 2$ A pelo $6\ \Omega$ , a fonte controlada vale $3$ A, e o $4\ \Omega$ (com $V_2 = 12$ V) leva $3$ A — exatamente os $3$ A que a fonte entrega ✔ A LKC do primeiro nó fecha em $2 + 3 = 5$ A ✔ Confere com a resolução da prova, que chega a $v = 12$ V pelos dois caminhos (Kirchhoff e análise nodal).

Sobre o enunciado — o acervo tem apenas a resolução desta prova; o circuito acima é o que ela desenha.

O 12 Ω sem corrente e os valores. Com $V_1 = V_2$ o $12\ \Omega$ não conduz, e a LKC em $V_1$ fica $5 = \tfrac{V_1}{6} + \tfrac{V_1}{4}$ : $v = V_1 = 12$ V. Os $3$ A da controlada são exatamente os que descem pelo $4\ \Omega$ .

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