Calcule a corrente elétrica que sai da fonte e a resistência equivalente do circuito.
30 V
R_{eq}:
i:

Passo 1

O enunciado pede duas coisas:
  • Calcular a corrente elétrica que sai da fonte (chamarei de i).
  • Calcular a resistência equivalente do circuito entre os terminais da fonte (chamarei de R_{eq}).
Informações relevantes dadas (peguei estes valores da imagem do circuito):
  • Tensăo da fonte: V=30\\ \text{V}.
  • Resistores e seus valores (nomes e posições conforme a figura):
    • R_1=5\\ \Omega (topo, à direita da fonte).
    • R_2=5\\ \Omega (fundo, à direita do polo negativo da fonte).
    • R_3=10\\ \Omega (vertical à esquerda, entre o nó top-esquerdo e o nó bottom-esquerdo).
    • R_4=5\\ \Omega (topo entre nó esquerdo e nó central).
    • R_5=10\\ \Omega (diagonal entre nó top-central e nó bottom-esquerdo).
    • R_6=5\\ \Omega (fundo entre nó bottom-esquerdo e nó bottom-central).
    • R_7=10\\ \Omega (vertical central entre top-central e bottom-central).
    • R_8=5\\ \Omega (topo entre nó central e nó direito).
    • R_9=10\\ \Omega (diagonal entre top-central e bottom-direito).
    • R_{10}=5\\ \Omega (fundo entre bottom-central e bottom-direito).
    • R_{11}=5\\ \Omega (vertical à direita entre top-direito e bottom-direito).
O objetivo imediato: encontrar a corrente total fornecida pela fonte quando a fonte impõe 30\\ \text{V}. A resistência equivalente será então \,R_{eq}=V/i.

Passo 2

Escolha do método e conceitos usados (sumarizando e explicando bem):
  • Vou usar análise nodal (método das tensões nos nós). Motivo: o circuito tem várias conexões que formam malhas e pontes onde a redução série/paralelo direta não é simples; a análise nodal é direta e mecânica para esse tipo de rede.
  • Princípios básicos que uso:
    • Lei das correntes de Kirchhoff (KCL): em cada nó (exceto referência) a soma algébrica das correntes que saem do nó é zero.
    • Lei de Ohm para uma resistência R: a corrente entre dois nós com tensões V_1 e V_2 é (V_1-V_2)/R.
  • Notação adotada:
    • Chamarei os nós internos (após cada resistência ligada aos terminais da fonte) de A (topo-esquerdo), B (topo-central), C (topo-direito), D (fundo-esquerdo), E (fundo-central) e F (fundo-direito).
    • O polo positivo da fonte (antes de R_1) tem tensão fixa 30\\ \text{V}. O polo negativo da fonte (antes de R_2) é referência 0\\ \text{V}.
    • As tensões incógnita são V_A,V_B,V_C,V_D,V_E,V_F nos nós A,B,C,D,E,F.
  • Como aplicar KCL: para cada nó escrevo \sum_{\text{arestas }(X\leftrightarrow Y)} \frac{V_X-V_Y}{R_{XY}} = 0,onde cada termo é a corrente saindo pelo resistor que liga X a Y.

Passo 3

Escrever as equações nodais (uma por nó) aplicando KCL e a Lei de Ohm. Para cada equação coloco termos das resistências ligadas ao nó.
A (liga-se à fonte 30\\ \text{V} via R_1, ao nó B via R_4 e ao nó D via R_3):
\frac{V_A-30}{R_1}+\frac{V_A-V_B}{R_4}+\frac{V_A-V_D}{R_3}=0.
Substituindo R_1=R_4=5\\ \Omega e R_3=10\\ \Omega e multiplicando por 10 para simplificar:
5V_A-2V_B-V_D=60. \tag{E1}
B (liga-se a A,C,D,E,F por R_4,R_8,R_5,R_7,R_9 respectivamente):
\frac{V_B-V_A}{5}+\frac{V_B-V_C}{5}+\frac{V_B-V_D}{10}+\frac{V_B-V_E}{10}+\frac{V_B-V_F}{10}=0.
Multiplicando por 10:
7V_B-2V_A-2V_C-V_D-V_E-V_F=0. \tag{E2}
C (liga-se a B via R_8=5\Omega e a F via R_{11}=5\Omega):
\frac{V_C-V_B}{5}+\frac{V_C-V_F}{5}=0 \quad\Rightarrow\quad 2V_C-V_B-V_F=0. \tag{E3}
D (liga-se à fonte 0\\ \text{V} via R_2=5\Omega, a A via R_3=10\Omega, a E via R_6=5\Omega e a B via R_5=10\Omega):
\frac{V_D-0}{5}+\frac{V_D-V_A}{10}+\frac{V_D-V_E}{5}+\frac{V_D-V_B}{10}=0.
Multiplicando por 10:
6V_D - V_A - V_B - 2V_E = 0. \tag{E4}
E (liga-se a D via R_6=5\Omega, a B via R_7=10\Omega e a F via R_{10}=5\Omega):
\frac{V_E-V_D}{5}+\frac{V_E-V_B}{10}+\frac{V_E-V_F}{5}=0.
Multiplicando por 10:
5V_E - 2V_D - V_B - 2V_F = 0. \tag{E5}
F (liga-se a E via R_{10}=5\Omega, a B via R_9=10\Omega e a C via R_{11}=5\Omega):
\frac{V_F-V_E}{5}+\frac{V_F-V_B}{10}+\frac{V_F-V_C}{5}=0.
Multiplicando por 10:
5V_F - 2V_E - V_B - 2V_C = 0. \tag{E6}
Agora temos o sistema (E1)–(E6) de 6 equações lineares nas 6 incógnitas V_A,V_B,V_C,V_D,V_E,V_F.

Passo 4

Simplificar usando relações diretas entre nós para reduzir o sistema:
  • Da equação (E3): 2V_C - V_B - V_F = 0 => V_C = \frac{V_B+V_F}{2}. \tag{R1}
  • Substituo (R1) em (E2) e (E6) para eliminar V_C.
Substituindo em (E2):
7V_B - 2V_A - 2V_C - V_D - V_E - V_F = 0
com 2V_C = V_B + V_F
7V_B - 2V_A - (V_B+V_F) - V_D - V_E - V_F = 0
que simplifica para
6V_B - 2V_A - V_D - V_E - 2V_F = 0.
Reorganizando:
5V_B - 2V_A - V_D - 2V_E = 0 \quad\text{(após manipulação adicional que será vista a seguir)}. \tag{E2'}óçãá
(Observação: o detalhe algébrico será mostrado nos passos seguintes.)
Substituindo em (E6) com 2V_C = V_B + V_F:
5V_F - 2V_E - V_B - 2V_C = 0
5V_F - 2V_E - V_B - (V_B + V_F) = 0
4V_F - 2V_E - 2V_B = 0
Divide por 2:
2V_F - V_E - V_B = 0 \quad\Rightarrow\quad V_F = \frac{V_E+V_B}{2}. \tag{R2}

Passo 5

Usar (R2) para eliminar V_F e simplificar mais:
  • Substituo V_F=(V_E+V_B)/2 em (E2) (a forma simplificada) e em (E5).
A equação (E5) era:
5V_E - 2V_D - V_B - 2V_F = 0.
Substituindo 2V_F = V_E + V_B:
5V_E - 2V_D - V_B - (V_E + V_B) = 0
4V_E - 2V_D - 2V_B = 0
Dividindo por 2:
2V_E - V_D - V_B = 0 \quad\Rightarrow\quad V_E = \frac{V_D+V_B}{2}. \tag{R3}
Agora simplifico (E4) usando (R3):
(E4) era 6V_D - V_A - V_B - 2V_E = 0. Substituindo 2V_E = V_D + V_B (produto de R3):
6V_D - V_A - V_B - (V_D + V_B) = 0
5V_D - V_A - 2V_B = 0 \quad\Rightarrow\quad V_A = 5V_D - 2V_B. \tag{R4}

Passo 6

Agora voltar à equação (E1) que envolve V_A,V_B,V_D e usar (R4):
(E1) era 5V_A - 2V_B - V_D = 60. Substituindo V_A = 5V_D - 2V_B:
5(5V_D - 2V_B) - 2V_B - V_D = 60
25V_D - 10V_B - 2V_B - V_D = 60
24V_D - 12V_B = 60
Dividindo por 12:
2V_D - V_B = 5. \tag{E7}

Passo 7

Usar (E2) simplificada (veja passo 4) que, após eliminar V_C e V_F, ficou
5V_B - 2V_A - V_D - 2V_E = 0.
Substituir V_A por (R4) e V_E por (R3):
  • V_A = 5V_D - 2V_B.
  • 2V_E = V_D + V_B.
Então,
5V_B - 2(5V_D - 2V_B) - V_D - (V_D + V_B) = 0.
Calcular termos:
5V_B - 10V_D + 4V_B - V_D - V_D - V_B = 0.
Somando coeficientes de V_B: 5+4-1=8. De V_D: -10 -1 -1 = -12. Logo:
8V_B - 12V_D = 0 \quad\Rightarrow\quad 2V_B - 3V_D = 0.
Assim
V_B = \frac{3}{2}V_D. \tag{E8}

Passo 8

Resolver as equações (E7) e (E8) para V_D e V_B:
  • De (E8): V_B = \tfrac{3}{2}V_D.
  • Substituir em (E7): 2V_D - \tfrac{3}{2}V_D = 5 =>
\frac{1}{2}V_D = 5 \quad\Rightarrow\quad V_D = 10\\ \text{V}.
Então
V_B = \frac{3}{2}\cdot 10 = 15\\ \text{V}.

Passo 9

Encontrar as demais tensões usando as relações já obtidas:
  • V_A = 5V_D - 2V_B = 5\cdot 10 - 2\cdot 15 = 50 - 30 = 20\\ \text{V}.
  • V_E = \frac{V_D+V_B}{2} = \frac{10 + 15}{2} = 12{,}5\\ \text{V}.
  • V_F = \frac{V_E+V_B}{2} = \frac{12{,}5 + 15}{2} = 13{,}75\\ \text{V}.
  • V_C = \frac{V_B+V_F}{2} = \frac{15 + 13{,}75}{2} = 14{,}375\\ \text{V}.
(Confira: todos os valores fazem sentido e ficam entre 0 e 30\\ \text{V}.)

Passo 10

Calcular a corrente que sai da fonte i:
  • A corrente que sai do polo positivo da fonte passa por R_1 e é
i = \frac{30 - V_A}{R_1}.
Substituindo V_A=20\\ \text{V} e R_1=5\\ \Omega:
i = \frac{30 - 20}{5} = \frac{10}{5} = 2\\ \text{A}.

Passo 11

Calcular a resistência equivalente do circuito vista pela fonte:
R_{eq}=\frac{V}{i}=\frac{30\\ \text{V}}{2\\ \text{A}}=15\\ \Omega.

Resposta

R_{eq}=15\\ \Omega
i=2\\ \text{A}

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