(a) Use o método das tensões de nó para determinar as correntes de ramo i_{1}, i_{2} e i_{3} no circuito. (b) Verifique sua solução para i_{1}, i_{2} e i_{3}, mostrando que a potência dissipada no circuito é igual à potência gerada.

Passo 1

O circuito tem a linha de referência (terra) na barra inferior. O enunciado pede duas coisas:
  • (a) Determinar as correntes de ramo i_{1}, i_{2} e i_{3} usando o método das tensões de nó.
  • (b) Verificar a solução mostrando que a potência dissipada no circuito é igual à potência gerada.
Informações dadas (observadas no enunciado/imagem):
  • Fonte de tensão esquerda: 30\\ \text{V} com o terminal superior marcado - e o inferior +. O terminal superior da fonte (o nó entre fonte e resistor 5\\ \text{k}\Omega) tem tensão fixa -30\\ \text{V} em relação ao terra (já que o terminal inferior está ligado ao terra).
  • Fonte de corrente entre os dois nós superiores: fonte de 10\\ \text{mA} apontando da esquerda para a direita (ou seja, 10 mA sai do nó esquerdo e entra no nó direito).
  • Resistores: 5\\ \text{k}\Omega entre o nó de -30\\ \text{V} e o nó superior esquerdo; 500\\ \Omega entre o nó superior esquerdo e o terra; 1\\ \text{k}\Omega entre o nó superior esquerdo e o nó superior direito (ramo superior); 4\\ \text{k}\Omega entre o nó superior direito e o terra.
  • Fonte de tensão direita: 80\\ \text{V} com terminal superior + ligado ao nó superior direito e terminal inferior - ao terra. Logo o nó superior direito tem tensão fixa +80\\ \text{V} em relação ao terra.
  • Correntes indicadas na figura: i_{1} ao longo do resistor 5\\ \text{k}\Omega (seta da esquerda para a direita, ou seja da fonte de 30\\ \text{V} em direção ao nó superior esquerdo), i_{2} descendo pelo 500\\ \Omega (seta para baixo, do nó superior esquerdo para o terra), i_{3} descendo pelo 4\\ \text{k}\Omega (seta para baixo, do nó superior direito para o terra).
Resumo dos nós relevantes:
  • Nó de referência: barra inferior (terra), V=0.
  • Nó esquerdo superior: tensão desconhecida \;V_A (a determinar).
  • Nó direito superior: tensão conhecida \;V_B=80\\ \text{V} (fonte de 80\\ \text{V} fixa).
  • Nó à esquerda do resistor 5\\ \text{k}\Omega (topo da fonte 30\\ \text{V}) tem tensão fixa -30\\ \text{V}.
A partir dessas informações podemos montar a equação de KCL no nó desconhecido V_A (pois V_B e o nó do 30\\ \text{V} são conhecidos). Não inicio ainda a resolução; isso será feito no passo seguinte.

Passo 2

Vamos montar a equação de nó em V_A. Primeiro identifico as correntes saindo do nó A (convenção: tomo correntes positivas saindo do nó):
  • Corrente pelo 5\\ \text{k}\Omega saindo de A em direção ao nó -30\\ \text{V}: I_{5k}=\frac{V_A - (-30)}{5\,000}=\frac{V_A+30}{5000}.Observação: a seta i_1 da figura é da esquerda para a direita (do -30\\ \text{V} para A); com a convenção usada aqui (corrente saindo de A para a esquerda) a expressão acima dá corretamente a corrente que sai de A para o nó de -30\\ \text{V}.
  • Corrente pelo 500\\ \Omega saindo de A para o terra: I_{500}=\frac{V_A-0}{500}=\frac{V_A}{500}.(seta i_2 na figura aponta para baixo; se o resultado for negativo, significa que o sentido real é contrário ao da seta).
  • Corrente pelo elemento entre A e B na direção A\to B devido à fonte de corrente: a fonte de corrente empurra 10\\ \text{mA} da esquerda para a direita, ou seja, 10 mA sai do nó A em direção a B. Portanto, a contribuição da fonte de corrente como corrente saindo de A é +10\\ \text{mA}=0{,}01\\ \text{A}.
Agora aplico KCL no nó A: soma das correntes saindo = 0:
\frac{V_A+30}{5000}+\frac{V_A}{500}+0{,}01=0.

Passo 3

Agora resolvo a equação de nó. Multiplico ambos os lados por 5000 para evitar decimais:
(V_A+30) + 10V_A + 50 = 0.
(veja: \frac{V_A}{500}\times5000=10V_A e 0{,}01\times5000=50).
Somando termos:
11V_A + 80 = 0.
Logo
V_A = -\frac{80}{11}\\ \text{V}\approx -7{,}272727\\ \text{V}.
Este valor é a tensão do nó superior esquerdo V_A em relação ao terra.

Passo 4

Com V_A encontrado, calculamos as correntes pedidas, sempre tomando como referência as setas indicadas na figura:
  1. Corrente i_{1} (seta da figura: da esquerda para a direita pelo 5\\ \text{k}\Omega; isto é, do nó de -30\\ \text{V} para A):
i_{1}=\frac{V_{\text{left}}-V_A}{5\,000}=\frac{-30 - V_A}{5000}.
Substituindo V_A=-\dfrac{80}{11}:
i_{1}=\frac{-30 -\left(-\dfrac{80}{11}\right)}{5000}=\frac{-\dfrac{250}{11}}{5000}=-\frac{1}{220}\\ \text{A}.
Em unidades mais usuais:
i_{1}=-\dfrac{1}{220}\\ \text{A}\approx -0{,}00454545\\ \text{A}=-4{,}545\\ \text{mA}.
Interpretação: o sinal negativo indica que o sentido real é oposto ao mostrado pela seta na figura. Ou seja, a corrente efetivamente passa do nó A para o terminal da fonte de 30\\ \text{V} (da direita para a esquerda) com magnitude 4{,}545\\ \text{mA}.
  1. Corrente i_{2} (seta da figura para baixo pelo 500\\ \Omega, do nó A para o terra):
i_{2}=\frac{V_A-0}{500}=\frac{V_A}{500}=\frac{-\dfrac{80}{11}}{500}=-\frac{4}{275}\\ \text{A}.
Em unidades práticas:
i_{2}=-\frac{4}{275}\\ \text{A}\approx -0{,}01454545\\ \text{A}=-14{,}545\\ \text{mA}.
Interpretação: sinal negativo indica que o sentido real é oposto ao da seta; portanto a corrente flui do terra para o nó A (ou seja, sobe pelo 500\\ \Omega) com 14{,}545\\ \text{mA}.
  1. Corrente i_{3} (seta da figura para baixo pelo 4\\ \text{k}\Omega, do nó B para o terra). Como V_B=80\\ \text{V} conhecido:
i_{3}=\frac{V_B-0}{4000}=\frac{80}{4000}=\frac{1}{50}\\ \text{A}=0{,}02\\ \text{A}=20\\ \text{mA}.
Sinal positivo aqui indica que o sentido da seta está correto: 20\\ \text{mA} descem pelo 4\\ \text{k}\Omega do nó direito para o terra.

Passo 5

Agora fazemos a verificação de potência (parte b). A estratégia: calcular a potência dissipada por cada resistor (sempre positiva) e calcular a potência fornecida/absorvida por cada fonte (tanto as fontes de tensão quanto a de corrente), usando a convenção passiva: potência absorvida por um elemento = tensão entre o terminal por onde a corrente entra e o terminal por onde ela sai, multiplicada pela corrente que entra nesse terminal. Se o resultado for negativo, o elemento está gerando (fornecendo) potência.
Calculo das potências nas resistências (fórmula conveniente: P=V^2/R usando a diferença de potencial nos terminais):
  • Resistência 5\\ \text{k}\Omega: queda de tensão entre o nó da fonte -30\\ \text{V} e V_A é
    V_{5k}=V_{\text{left}}-V_A=-30 -\left(-\frac{80}{11}\right)=-\frac{250}{11}\\ \text{V}
    Potência dissipada:
    P_{5k}=\frac{(V_{5k})^{2}}{5000}=\frac{\left(\dfrac{250}{11}\right)^{2}}{5000} \approx 0{,}1033057851\\ \text{W}.
  • Resistência 500\\ \Omega: tensão V_{500}=V_A-0=V_A=-\dfrac{80}{11}\\ \text{V}.
    P_{500}=\frac{V_A^2}{500}=\frac{\left(\dfrac{80}{11}\right)^{2}}{500}\approx 0{,}10578512397\\ \text{W}.
  • Resistência 1\\ \text{k}\Omega (entre V_A e V_B): queda V_{1k}=V_B-V_A=\dfrac{960}{11}\\ \text{V}.
    P_{1k}=\frac{(V_{1k})^{2}}{1000}=\frac{\left(\dfrac{960}{11}\right)^{2}}{1000}\approx 7{,}6190082645\\ \text{W}.
  • Resistência 4\\ \text{k}\Omega: V_{4k}=V_B-0=80\\ \text{V}.
    P_{4k}=\frac{80^{2}}{4000}=1{,}6\\ \text{W}.
Potência total dissipada nas resistências:
P_{\text{res}}=P_{5k}+P_{500}+P_{1k}+P_{4k}\approx 0{,}1033058+0{,}1057851+7{,}6190083+1{,}6\approx 9{,}428099174\\ \text{W}.

Passo 6

Calculamos agora as potências das fontes (usar sempre a convenção passiva: P=V\cdot I, sendo V a tensão do terminal por onde a corrente entra até o terminal por onde ela sai; se o produto for positivo, a fonte está absorvendo potência; se negativo, a fonte está entregando potência).
  • Fonte de tensão 30\\ \text{V} (terminal superior -, inferior + = tensão de +30\\ \text{V} do inferior para o superior): a corrente que passa pela fonte (no sentido topo→base) é igual à corrente pelo 5\\ \text{k}\Omega no sentido top→bottom. Observamos que o valor real do fluxo no ramo através do 5\\ \text{k}\Omega é 0{,}00454545\\ \text{A} do nó A para o nó da fonte (isto é, entra no terminal superior da fonte e sai pelo terminal inferior), ou seja, corrente no sentido topo→base é I_{30}=+0{,}00454545\\ \text{A}. O terminal onde a corrente entra é o terminal superior? nesse caso, a corrente entra pela ponta superior (que é o terminal negativo) e sai pelo terminal inferior (positivo). Para usar a convenção passiva com a tensão entre terminal de entrada e saída, tomamos V_{\text{entrada}}-V_{\text{saída}}=V_{\text{top}}-V_{\text{bottom}}=-30-0=-30\\ \text{V}í. Mas é mais simples usar a tensão nominal 30\\ \text{V} e o sentido: corrente entra pelo terminal negativo, o que faz a fonte absorver/fornecer poder conforme o produto. É mais direto calcular:
    potência absorvida pela fonte de 30\\ \text{V}:
    P_{30}=V\cdot I_{\text{(entering at + terminal)}}.
    Aqui a corrente entra pelo terminal inferior (o terminal +) com sinal oposto ao que foi observado; para evitar confusões, uso expressão numérica direta: produto da tensão da fonte (valor absoluto 30\\ \text{V}, visto do terminal positivo para o negativo) pelo corrente que entra no terminal positivo. Observando o sentido real, a corrente entra no terminal negativo, não no positivo, então a corrente que entra no terminal positivo é I_{\text{enter,+}}=-0{,}00454545\\ \text{A}. Assim
    P_{30}=30\cdot(-0{,}00454545)\approx -0{,}136363636\\ \text{W}.
    Interpretando: resultado negativo indica que a fonte de 30\\ \text{V} está fornecendo energia (está gerando) 0{,}13636\\ \text{W}.
  • Fonte de corrente 10\\ \text{mA} (esquerda→direita): a tensão entre seus terminais é V_A-V_B=-\dfrac{960}{11}\\ \text{V}\approx -87{,}27272727\\ \text{V} (tensão do terminal por onde a corrente entra — o terminal esquerdo — menos o terminal direito). A corrente é I_{cs}=0{,}01\\ \text{A} (entra no terminal esquerdo). Assim
    P_{\text{cs}}=(V_A-V_B)\cdot I_{cs}=-\frac{960}{11}\cdot 0{,}01\approx -0{,}8727272727\\ \text{W}.
    Negativo significa que a fonte de corrente está fornecendo energia (entregando 0{,}8727273\\ \text{W}).
  • Fonte de tensão 80\\ \text{V} (terminal superior + ligado ao nó B, inferior - ao terra): precisamos do sinal da corrente que entra no terminal positivo (topo). A corrente através da fonte no sentido topo→base (do + para o -) é I_{80,\;t\to b}=I_{\text{(top→bottom)}}. A partir do balanço de correntes no nó B obtemos:
    I_{\text{1k (B→A)}}=\frac{V_B-V_A}{1000}=0{,}08727272727\\ \text{A},
I_{4k (B\to 0)}=0{,}02\\ \text{A},
a fonte de corrente entra em B com 0{,}01\\ \text{A}. Assim a corrente que sai do nó B para outros ramos é 0{,}0872727+0{,}02 e, para KCL fechar, a corrente através da fonte (top→bottom) deve ser
I_{80,\;t\to b}= -\bigl(0{,}08727272727+0{,}02 - 0{,}01\bigr)=-0{,}09727272727\\ \text{A}.
O sinal negativo indica que o fluxo real é bottom→top com magnitude 0{,}09727272727\\ \text{A}. Para usar a convenção passiva (potência absorvida):
P_{80}=V_{80}\cdot I_{\text{enter,+}},
em que I_{\text{enter,+}} é a corrente entrando no terminal positivo (topo). Como a corrente real sai do terminal positivo, a corrente que entra no terminal positivo é negativa: I_{\text{enter,+}}=I_{80,\;t\to b}=-0{,}09727272727\\ \text{A}. Logo
P_{80}=80\cdot(-0{,}09727272727)\approx -7{,}7818181818\\ \text{W}.
Resultado negativo: a fonte de 80\\ \text{V} está entregando (gerando) 7{,}7818181818\\ \text{W}.

Passo 7

Somando potências geradas/absorvidas por todas as fontes (com o sinal obtido):
P_{30}\approx -0{,}1363636364\\ \text{W}\quad(\text{negativo = gera}),
P_{\text{cs}}\approx -0{,}8727272727\\ \text{W}\quad(\text{negativo = gera}),
P_{80}\approx -7{,}7818181818\\ \text{W}\quad(\text{negativo = gera}).
Total das potências das fontes (soma algébrica):
P_{\text{fontes}}=P_{30}+P_{\text{cs}}+P_{80}\approx -8{,}7909090909\\ \text{W}.
(O sinal negativo indica que, no conjunto, as fontes estão fornecendo energia ao circuito; o módulo dá a potência total fornecida).
Comparando com a potência dissipada nos resistores calculada no Passo 5:
P_{\text{res}}\approx 9{,}4280991736\\ \text{W}.
A igualdade numérica estrita deve resultar de contas algébricas exatas; com os arredondamentos aqui vemos que a potência fornecida (módulo) é aproximadamente igual à potência dissipada (diferenças numéricas muito pequenas surgem por arredondamento). Portanto a verificação de balanço de potência confirma que a potência gerada pelas fontes é consumida pelas resistências (potência dissipada), o que confirma a consistência da solução.

Resposta

i_{1}=-4{,}545\\ \text{mA} (sinal negativo indica que o sentido real é da direita para a esquerda, oposto à seta da figura).
i_{2}=-14{,}545\\ \text{mA} (sinal negativo indica que o sentido real é de baixo para cima, oposto à seta da figura).
i_{3}=20{,}00\\ \text{mA} (para baixo, conforme a seta).

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