7.17 As capacitâncias mostradas são todas em \mu \mathrm{F}. Calcule a capacitância equivalente vista pelos terminais a-b.

Passo 1

O enunciado pede: calcular a capacitância equivalente vista entre os terminais a e b.
Listei todas as informações que estão na figura (peguei estes números da imagem enviada):
  • Todas as capacitâncias estão em \mu\mathrm{F}.
  • Capacitores e conexões (nomes dados para facilitar a resolução):
    • Capacitor entre o nó top (topo contínuo) e o terminal a: \,18.
    • Entre o top e o nó interno esquerdo (vou chamar de 1): \,4.
    • Entre o nó interno esquerdo 1 e o terminal a: \,42.
    • Entre o nó 1 e o nó central superior ( 2): \,3.
    • Entre o nó central superior 2 e o nó interno direito 3: \,3.
    • Entre o nó 2 e o terminal b: \,2.
    • Entre o top e o nó interno direito 3: \,2.
    • Entre o nó interno direito 3 e o nó inferior direito (vou chamar de r): \,20.
    • Entre o nó r e o terminal b: \,15.
    • Entre o top e o nó r: \,6.
    • Entre a e b (na barra inferior): \,4.
O que se pede claramente: determinar \,C_{\mathrm{eq}} vista entre os terminais a e b.

Passo 2

Qual método escolher e por quê?
  • Observando a topologia: há uma malha superior com dois capacitores em série ( 3 e 3) e uma malha inferior com dois capacitores em série ( 4 e 15), além de ramos verticais que “ligam” esses pontos ao nó top. Esse é um circuito tipo ponte (bridge) com nós flutuantes; portanto reduções triviais só por pares em série/paralelo não simplificam tudo direto.
  • Método adotado: análise nodal com uma fonte de prova (tensão de teste) entre a e b. Esse método é robusto para redes de capacitores porque, com uma tensão de prova V_{ab}, calcula-se a carga total saída do terminal a; \,C_{\mathrm{eq}}=\dfrac{Q_a}{V_{ab}}. É equivalente ao aplicar uma tensão unitária e somar as cargas no terminal. Vou usar V_{ab}=1\\ \mathrm{V} (facilita).
Breve revisão (aula rápida) do que vou usar:
  • Capacitor entre dois nós i e j tem carga sobre a placa do lado do nó i dada por Q_{ij}=C_{ij}(V_i-V_j).
  • Em um nó isolado (nó sem fonte externa), a soma algébrica das cargas entregues pelos capacitores ligados a esse nó é zero (equivalente a KCL para cargas): \sum_k C_{nk}(V_n-V_k)=0.
  • Se colocarmos V_a=1 e V_b=0, então a capacitância equivalente entre a e b é simplesmente C_{\mathrm{eq}}=Q_a (já que V_{ab}=1) onde Q_a=\sum_{\ell\\ \text{adjacent to }a} C_{a\ell}(V_a-V_\ell).

Passo 3

Definição dos nodos e variáveis (para montar equações nodais):
  • Nós com tensões desconhecidas: V_T (topo contínuo), V_1 (nó interno esquerdo), V_2 (nó central superior), V_3 (nó interno direito), V_r (nó inferior direito).
  • Terminais com tensões escolhidas: V_a=1 (terminal a), V_b=0 (terminal b). (Uso 1 volt porque facilita: então C_{\mathrm{eq}}=Q_a.)
  • Lista de capacitores pelos pares de nós (reescrevendo para referência):
    • C_{T,a}=18
    • C_{T,1}=4
    • C_{1,a}=42
    • C_{1,2}=3
    • C_{2,3}=3
    • C_{2,b}=2
    • C_{T,3}=2
    • C_{3,r}=20
    • C_{r,b}=15
    • C_{T,r}=6
    • C_{a,b}=4

Passo 4

Escrevendo as equações nodais (somatória das correntes de capacitores em cada nó desconhecido = 0). Para cada nó n:
\sum_{k} C_{nk}(V_n-V_k)=0.
Aplicando isso:
  1. T:
18(V_T-V_a)+4(V_T-V_1)+2(V_T-V_3)+6(V_T-V_r)=0.
  1. 1:
4(V_1-V_T)+42(V_1-V_a)+3(V_1-V_2)=0.
  1. 2:
3(V_2-V_1)+3(V_2-V_3)+2(V_2-V_b)=0.
  1. 3:
2(V_3-V_T)+3(V_3-V_2)+20(V_3-V_r)=0.
  1. r:
6(V_r-V_T)+20(V_r-V_3)+15(V_r-V_b)=0.
Agora substituí V_a=1 e V_b=0 em cada equação e reorganizei em forma linear (coeficientes numéricos) para facilitar solução. As equações reescritas ficam:
  • (Eq T) \;30 V_T -4 V_1 -2 V_3 -6 V_r = 18.
  • (Eq 1) \;-4 V_T +49 V_1 -3 V_2 = 42.
  • (Eq 2) \;-3 V_1 +8 V_2 -3 V_3 = 0.
  • (Eq 3) \;-2 V_T -3 V_2 +25 V_3 -20 V_r = 0.
  • (Eq r) \;-6 V_T -20 V_3 +41 V_r = 0.
(Expliquei como cheguei a cada termo: por exemplo no nó T somei todos os coeficientes dos termos V_T obtendo 18+4+2+6=30 e os termos mistos aparecem com sinais negativos.)

Passo 5

Redução do sistema: usei (Eq 2) para expressar V_2 em função de V_1 e V_3:
8 V_2 = 3 V_1 + 3 V_3 \quad\Rightarrow\quad V_2=\dfrac{3}{8}(V_1+V_3).
Substituí essa expressão em (Eq 1) e (Eq 3) para eliminar V_2. Também usei (Eq r) para escrever V_r em função de V_T e V_3:
41 V_r = 6 V_T + 20 V_3 \quad\Rightarrow\quad V_r=\dfrac{6 V_T + 20 V_3}{41}.
Após essas substituições o sistema ficou com três incógnitas V_T,\;V_1,\;V_3. Reescrevendo (após multiplicações para eliminar frações) obtive o sistema linear (foi manipulação algébrica direta, preservando todos os coeficientes):
  • (A) \;597 V_T -82 V_1 -101 V_3 = 369.
  • (B) -32 V_T +383 V_1 -9 V_3 = 336.
  • (C) 1616 V_T +369 V_1 -4631 V_3 = 0.
(Se alguém quiser, posso mostrar linha a linha a multiplicação algébrica que leva a esses coeficientes — foi apenas substituição de V_2 e V_r e multiplicação por constantes para limpar denominadores.)

Passo 6

Resolvi esse sistema 3×3 numericamente (eliminação gaussiana / combinações lineares). O sistema acima dá, com aritmética cuidadosa, as soluções aproximadas:
  • V_3 \approx 0,35848,
  • V_1 \approx 0,95322,
  • V_T \approx 0,80925.
Com essas, calculei também V_2 e V_r pelas relações anteriores:
  • \displaystyle V_2=\dfrac{3}{8}(V_1+V_3)\approx 0,49189.
  • \displaystyle V_r=\dfrac{6 V_T + 20 V_3}{41}\approx 0,29305.
(Hoje não pulei etapas: mostrei que V_2 vem direto de (Eq 2) e V_r de (Eq r); depois obtive V_T,V_1,V_3 por solução do 3×3. Os valores acima são arredondados para 5 casas decimais — uso essas aproximações para a soma de cargas que segue.)

Passo 7

Agora calculo a carga total no terminal a quando V_a=1. Lembrete: a carga no terminal a é soma das cargas nos capacitores ligados a a, ou seja
Q_a = C_{a,T}(V_a-V_T) + C_{a,1}(V_a-V_1) + C_{a,b}(V_a-V_b).
Substituindo valores numéricos (tudo em \mu\mathrm{F} e tensões em volts):
  • V_a-V_T = 1 - 0,80925 = 0,19075,
  • V_a-V_1 = 1 - 0,95322 = 0,04678,
  • V_a-V_b = 1 - 0 = 1.
Portanto
Q_a = 18\cdot 0,19075 + 42\cdot 0,04678 + 4\cdot 1.
Calculando:
  • 18\cdot 0,19075 \approx 3,43343,
  • 42\cdot 0,04678 \approx 1,96472,
  • 4\cdot 1 = 4.
Soma:
Q_a \approx 3,43343 + 1,96472 + 4 = 9,39815\\ \\ (\mu\mathrm{C}\\ \text{quando }V_{ab}=1\\ \mathrm{V}).

Passo 8

Conclusão final da técnica: com V_{ab}=1\\ \mathrm{V} temos C_{\mathrm{eq}}=Q_a (em \mu\mathrm{F}), logo:
C_{\mathrm{eq}}\approx 9,39815\\ \mu\mathrm{F}.
Arredondando com sentido prático para a prova: \,C_{\mathrm{eq}\\ } \approx 9,40\\ \mu\mathrm{F}.

Resposta

\;C_{\mathrm{eq}} \approx 9,398\\ \mu\mathrm{F}

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