Apostila para a disciplina Analise de circuitos 1

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Universidade Tecnolo´gica Federal do Parana´
Apostila de Ana´lise de Circuitos Ele´tricos 1
Orientador: Jorge Luis Roel Ortiz
Aluno bolsista: Maycon Moises Antunes
Recurso Educacional Aberto produzido com o fomento do Programa de
Bolsas para o Desenvolvimento de Recursos Educacionais Abertos (PIBEA)
por meio do Programa de Bolsas de Fomento a`s Ac¸o˜es de Graduac¸a˜o da
UTFPR
Pato Branco
2016
Suma´rio
1 Me´todo das malhas com apenas fontes independentes de tensa˜o 2
2 Me´todo das malhas com fontes dependentes e independentes de tensa˜o 41
3 Me´todo das malhas com fontes de correntes pertencentes a uma u´nica
malha 57
4 Me´todo das malhas com fontes de correntes entre duas malhas 93
5 Me´todo nodal com apenas fontes independentes de corrente 127
6 Refereˆncias bibliogra´ficas 155
1
1 Me´todo das malhas com apenas fontes independen-
tes de tensa˜o
Exemplo 1: Resolver o circuito da Figura 1, utilizando o me´todo das malhas.
Figura 1: Circuito do Exemplo 1
Soluc¸a˜o:
1o Passo: O circuito da Figura 1 apresenta duas malhas. Para aplicar o me´todo
define-se uma corrente para cada uma das malhas. Na Figura 2 apresentam-se as correntes
assumidas em cada malha no sentido hora´rio.
Figura 2: Correntes de malhas definidas
2o Passo: E´ aplicada para cada malha a 2a Lei de Kirchhoff, para obter a equac¸a˜o
que representa o comportamento do circuito.
Aplicando a 2a Lei de Kirchhoff na malha 1,
2
Figura 3: Resolvendo a malha 1
−15 + v1 + v2 = 0
−15 + 5I1 + 10(I1 − I2) = 0
−15 + 5I1 + 10I1 − 10I2 = 0
−15 + 15I1 − 10I2 = 0
15I1 − 10I2 = 15 (1)
Aplicando a 2a Lei de Kirchhoff na malha 2,
Figura 4: Resolvendo a malha 2
v3 + v4 + 45 = 0
10(I2 − I1) + 10I2 + 45 = 0
10I2 − 10I1 + 10I2 + 45 = 0
20I2 − 10I1 + 45 = 0
10I1 − 20I2 = 45 (2)
3o Passo: As equac¸o˜es obtidas no passo anterior conformam o sistema de equac¸o˜es
do circuito da Figura 1. As Equac¸o˜es (1) e (2) sa˜o reescritas para facilitar.{
15I1 − 10I2 = 15
10I1 − 20I2 = 45
3
As Equac¸o˜es (1) e (2) tambe´m podem ser expressas na forma matricial.[
15 −10
10 −20
] [
I1
I2
]
=
[
15
45
]
(3)
4o Passo: Resoluc¸a˜o do sistema de equac¸o˜es para obtenc¸a˜o das correntes nas malhas.
Para resolver o sistema de equac¸o˜es, podem ser utilizados os seguintes me´todos: Reduc¸a˜o,
substituic¸a˜o, eliminac¸a˜o de Gauss, regra de Cramer, matriz inversa, me´todos nume´ricos
e diversos programas computacionais, como o Matlab, PSpice, MatCad, Maple, entre ou-
tros. Na continuac¸a˜o sera´ apresentada duas formas de soluc¸a˜o para o sistema de equac¸o˜es
obtido para o circuito da Figura 1.
1o Me´todo de soluc¸a˜o: Me´todo da reduc¸a˜o. A partir das Equac¸o˜es (1) e (2):{
15I1 − 10I2 = 15
10I1 − 20I2 = 45
Fazendo (1)×(−2) resulta em:
−30I1 + 20I2 = −30 (4)
O novo sistema de equac¸o˜es sera´:{
−30I1 + 20I2 = −30
10I1 − 20I2 = 45
Somando as Equac¸o˜es (2) e (4) teˆm-se:
−20I1 = 15
I1 = −15
20
I1 = −3
4
A (5)
A Equac¸a˜o (5) fornece o valor da corrente na malha 1. Para obter a corrente na malha
2 deve-se substituir a Equac¸a˜o (5) na Equac¸a˜o (1) ou na Equac¸a˜o (2). Substituindo (5)
em (2):
10
(
−3
4
)
− 20I2 = 45
−15
2
− 20I2 = 45
−15− 40I2 = 90
40I2 = −105
I2 = −105
40
4
I2 = −21
8
A (6)
Que fornece o valor da corrente na malha 2.
2o Me´todo de soluc¸a˜o: Regra de Cramer. A partir da Equac¸a˜o (3):[
15 −10
10 −20
] [
I1
I2
]
=
[
15
45
]
I1 =
∆1
∆
(7)
I2 =
∆2
∆
(8)
Os valores dos determinantes ∆, ∆1 e ∆2 sa˜o obtidos de:
∆ =
∣∣∣∣15 −1010 −20
∣∣∣∣ = (15)(−20)− (10)(−10) = −200 (9)
∆1 =
∣∣∣∣15 −1045 −20
∣∣∣∣ = (15)(−20)− (45)(−10) = 150 (10)
∆2 =
∣∣∣∣15 1510 45
∣∣∣∣ = (15)(45)− (10)(15) = 525 (11)
Substituindo (9) e (10) em (7):
I1 = −150
200
I1 = −3
4
A (12)
Substituindo (9) e (12) em (8):
I2 = −525
200
I2 = −21
8
A (13)
As Equac¸o˜es (12) e (13) mostram as correntes nas malhas 1 e 2.
5o Passo: Com as correntes de malhas calculadas, retorna-se ao circuito original para
determinar a corrente e tensa˜o em cada elemento do circuito, como mostra a Figura 5.
5
Figura 5: Correntes determinadas
Um circuito equivalente da Figura 5 e´ mostrado na Figura 6.
Figura 6: Sentido real das correntes
Determinam-se as tenso˜es e correntes no circuito, como e´ visto na Figura 7.
Figura 7: Circuito resolvido
Para determinar a tensa˜o em cada elemento, utiliza-se a Lei de Ohm: V = RI. Para
encontrar a corrente no resistor central, deve ser feita uma diferenc¸a entre as correntes de
malhas. Caso seja feito I2 − I1, estamos assumindo o sentido da corrente para baixo no
resistor, ou seja, a corrente maior e´ I2. Caso contra´rio, I1 − I2, esta´ sendo suposto que o
sentido da corrente no resistor esta´ para cima (a corrente maior e´ I1) e sera´ encontrado
um resultado negativo, implicando que o sentido real da corrente e´ para baixo.
6o Passo: Comprovac¸a˜o dos resultados.
6
1o Me´todo de comprovac¸a˜o: Leis de Kirchhoff. Para garantir que os resultados
esta˜o corretos, pode ser feita uma ana´lise atrave´s da 2a Lei de Kirchhoff nas malhas do
circuito da Figura 1. Para isto, considera-se o circuito da Figura 7, o qual demonstra as
correntes e tenso˜es encontradas.
Aplicando a 2a Lei de Kirchhoff para a malha 1, obteˆm-se a seguinte equac¸a˜o:∑
V = 0
−15− 15
4
+
75
4
= 0
−75
4
+
75
4
= 0
Agora, aplicando a 2a Lei de Kirchhoff a malha 2, monta-se a equac¸a˜o abaixo:∑
V = 0
−75
4
− 105
4
+ 45 = 0
−45 + 45 = 0
Assim, pode-se afirmar que o sistema foi resolvido corretamente. Tambe´m e´ poss´ıvel
verificar se as correntes obtidas esta˜o corretas pela 1a Lei de Kirchhoff: A somato´ria das
correntes em um no´ devem ser zero, ou seja, as correntes que entram em um no´, devem
ser as mesmas que saem do mesmo no´1:∑
I = 0
Ou
IEntrada + ISaida = 0
No caso das correntes da Figura 7:
21
8
− 15
8
− 3
4
= 0
21
8
− 21
8
= 0
2o Me´todo de comprovac¸a˜o: Teorema de Tellegen. O Teorema de Tellegen
prova que o somato´rio de poteˆncias instantaˆneas do circuito sera´ zero, ou seja, a poteˆncia
consumida pelo circuito e´ igual a poteˆncia gerada pelo mesmo. Assim, somando a poteˆncia
dos consumidores com a poteˆncia dos geradores2, deve-se obter zero como resultado (em
circuitos ideais, desconsiderando perdas por Efeito Joule, resisteˆncia interna da fonte,
indutaˆncia dos resistores, entre outros efeitos). O Teorema de Tellegen estabelece que:∑
P = 0
Ou
7
PGerada + PConsumida = 0
Desse modo, a partir das equac¸o˜es ba´sicas de poteˆncia3 e as informac¸o˜es da Figura 7:
−45
(
21
8
)
+ 15
(
3
4
)
+ 5
(
3
4
)2
+ 10
(
15
8
)2
+ 10
(
21
8
)2
= 0
−118, 125 + 118, 125 = 0
[1] Por convenc¸a˜o, correntes que entram em um no´ sa˜o positivas e correntes que saem de um no´ sa˜o
negativas.
[2] A convenc¸a˜o utilizada sera´ poteˆncia positiva para consumidores e poteˆncia negativa para geradores.
Segundo as refereˆncias adotadas, a poteˆncia sera´ positiva quando a corrente entra pelo terminal de maior
potencial (+). A poteˆncia sera´ negativa quando a corrente entra pelo terminal de menor potencial (-).
Pode se notar que no circuito da Figura 7 que a fonte de 45V atua como um gerador e a fonte de 15V
atua como um consumidor, neste caso pode se dizer que a fonte de 45V esta´ carregando a fonte de 15V.
[3] P = V I para as fontes e P = RI2 para os resistores.
Exemplo 2: Para o circuito da Figura 8, encontre as correntes I1, I2 e I3 usando o
me´todo das malhas.
Figura 8: Circuito do Exemplo 2
Soluc¸a˜o:
1o Passo: O circuito da Figura 8 possui duas malhas. Define-se uma corrente para
cada malha. A Figura 9 representa o circuito com as correntes definidas no sentido hora´rio,mas as correntes podem tambe´m ser definidas no sentido anti-hora´rio:
8
Figura 9: Correntes definidas do Exemplo 2
2o Passo: Aplica-se a 2a Lei de Kirchhoff nas malhas do circuito para obter o sistema
resultante.
Aplicando a 2a Lei de Kirchhoff na malha 1:
Figura 10: Resolvendo a primeira malha
−15 + v1 + v2 + 10 = 0
−15 + 5i1 + 10(i1 − i2) + 10 = 0
−15 + 5i1 + 10i1 − 10i2 + 10 = 0
−5 + 15i1 − 10i2 = 0
15i1 − 10i2 = 5
A equac¸a˜o resultante pode ser dividida por 5 para simplificac¸a˜o dos ca´lculos:
3i1 − 2i2 = 1 (14)
Aplicando a 2a Lei de Kirchhoff na malha 2:
9
Figura 11: Resolvendo a segunda malha
−10 + v3 + v4 + v5 = 0
−10 + 10(i2 − i1) + 6i2 + 4i2 = 0
−10 + 10i2 − 10i1 + 6i2 + 4i2 = 0
−10 + 20i2 − 10i1 = 0
−10i1 + 20i2 = 10
Esta equac¸a˜o pode ser dividida por 10 para simplificac¸a˜o:
−i1 + 2i2 = 1 (15)
3o Passo: Montar o sistema de equac¸o˜es do circuito da Figura 8. O sistema pode ser
escrito como: {
3i1 − 2i2 = 1
−i1 + 2i2 = 1
As Equac¸o˜es (14) e (15) tambe´m podem ser representadas por um matriz:[
3 −2
−1 2
] [
i1
i2
]
=
[
1
1
]
4o Passo: Resoluc¸a˜o do sistema de equac¸o˜es para a obtenc¸a˜o de i1 e i2 que, por
consequeˆncia, permitira˜o encontrar I1, I2 e I3.
1o Me´todo de soluc¸a˜o: Me´todo da substituic¸a˜o. A partir do sistema linear
obtido, pode-se isolar uma inco´gnita em uma das equac¸o˜es e substitu´ı-la na outra equac¸a˜o
para encontrar o seu valor.
Da Equac¸a˜o (15):
−i1 + 2i2 = 1
−i1 = 1− 2i2
i1 = 2i2 − 1 (16)
Substituindo (16) em (14), obteˆm-se:
10
3(2i2 − 1)− 2i2 = 1
6i2 − 3− 2i2 = 1
4i2 = 4
i2 = 1A (17)
Com o valor de i2 encontrado, substitui-se o resultado na Equac¸a˜o (16) para encontrar
i1:
i1 = 2(1)− 1
i1 = 1A (18)
2o Me´todo de soluc¸a˜o: Regra de Cramer. A partir da matriz que representa o
modelo matema´tico do circuito da Figura 8 calcula-se i1 e i2 pelas razo˜es:
i1 =
∆1
∆
(19)
i2 =
∆2
∆
(20)
Onde ∆, ∆1 e ∆2 sa˜o calculados pelos determinantes:
∆ =
∣∣∣∣ 3 −2−1 2
∣∣∣∣ = (3)(2)− (−2)(−1) = 4 (21)
∆1 =
∣∣∣∣1 −21 2
∣∣∣∣ = (1)(2)− (−2)(1) = 4 (22)
∆2 =
∣∣∣∣ 3 1−1 1
∣∣∣∣ = (3)(1)− (1)(−1) = 4 (23)
Substituindo (21) e (22) em (19):
i1 = 1A (24)
De (21) e (23) em (20):
i2 = 1A (25)
Analisando a Figura 9, percebe-se que I1 = i1 e I2 = i2 pois as correntes compartilham
os mesmos ramos. Ja´, I3 e´ uma soma de I1 e I2. Pela 1
a Lei de Kirchhoff:
I1 = I2 + I3
I3 = I1 − I2 (26)
Aplicando os valores encontrados de I1 e I2 em (26):
I3 = 0A (27)
5o Passo: Com as correntes determinadas, retorna-se ao circuito original para encon-
trar as correntes e tenso˜es em cada elemento para poder comprovar os resultados obtidos.
O circuito equivalente e´ visto na Figura 12.
11
Figura 12: Correntes encontradas
Determinam-se as tenso˜es nos resistores a partir da Lei de Ohm e as correntes nos
elementos, como indica a Figura 13.
Figura 13: Circuito resolvido
Como I3 = 0A, na˜o ha´ tensa˜o no resistor de 10Ω e na˜o ha´ corrente na fonte de 10V,
enta˜o, este ramo do circuito pode ser representado por um circuito aberto.
6o Passo: Comprovac¸a˜o dos resultados.
1o Me´todo de comprovac¸a˜o: Leis de Kirchhoff. Atrave´s do valores encontrados
de tenso˜es, monta-se a equac¸a˜o da malha 1 e malha 2 do circuito para verificar se o circuito
respeita a 2a Lei de Kirchhoff com os valores obtidos.
Aplicando a 2a Lei de Kirchhoff na malha 1:∑
V = 0
−15 + 5 + 0 + 10 = 0
−10 + 10 = 0
Aplicando a 2a Lei de Kirchhoff na malha 2:
12
∑
V = 0
−10− 0 + 6 + 4 = 0
−10 + 10 = 0
As duas equac¸o˜es obedecem a lei das tenso˜es de Kirchhoff, indicando que o circuito
foi resolvido corretamente. Pode-se tambe´m verificar se as correntes nos no´s obedecem a
1a Lei de Kirchhoff: ∑
I = 0
Ou
IEntrada + ISaida = 0
1− 1− 0 = 0
2o Me´todo de comprovac¸a˜o: Teorema de Tellegen. Realiza-se o balanc¸o de
poteˆncias do circuito para confirmar que a poteˆncia consumida e´ a mesma que a poteˆncia
gerada. Como na˜o ha´ tensa˜o no resistor de 10Ω, ele na˜o ira´ consumir poteˆncia; a fonte
de 10V tambe´m na˜o consome ou gera poteˆncia pois na˜o ha´ corrente circulando por ela.
Enta˜o, estes dois elementos na˜o entrara˜o no ca´lculo.∑
P = 0
Ou
PGerada + PConsumida = 0
Substituindo os valores de tenso˜es e correntes obtidos:
−15(1) + 5(1)2 + 6(1)2 + 4(1)2 = 0
−15 + 15 = 0
Exemplo 3: Considere o circuito da Figura 14. Determine a poteˆncia fornecida pela
fonte de 2V.
Figura 14: Circuito do Exemplo 3
Soluc¸a˜o:
1o Passo: Define-se para cada malha do circuito uma corrente em qualquer sentido,
de acordo com a Figura 15.
13
Figura 15: Correntes definidas do Exemplo 3
2o Passo: A partir da 2a Lei de Kirchhoff, monta-se as equac¸o˜es de cada malha para
se obter o modelo matema´tico do circuito.
Aplicando a 2a Lei de Kirchhoff na malha 1:
Figura 16: Resolvendo a primeira malha
−5 + v1 + v2 − 2 = 0
−7 + 4I1 + 2(I1 − I2) = 0
−7 + 4I1 + 2I1 − 2I2 = 0
−7 + 6I1 − 2I2 = 0
6I1 − 2I2 = 7 (28)
Aplicando a 2a Lei de Kirchhoff na malha 2:
14
Figura 17: Resolvendo a segunda malha
2 + v3 + v4 + 1 = 0
3 + 2(I2 − I1) + 5I2 = 0
3 + 2I2 − 2I1 + 5I2 = 0
3− 2I1 + 7I2 = 0
−2I1 + 7I2 = −3 (29)
3o Passo: Monta-se o sistema de equac¸o˜es do circuito proposto.{
6I1 − 2I2 = 7
−2I1 + 7I2 = −3
Ou na forma matricial: [
6 −2
−2 7
] [
I1
I2
]
=
[
7
−3
]
4o Passo: Resolver o sistema linear utilizando os va´rios me´todos apresentados.
1o Me´todo de soluc¸a˜o: Me´todo da substituic¸a˜o. Partindo de (28), isola-se uma
das correntes:
6I1 − 2I2 = 7
6I1 = 2I2 + 7
I1 =
(
2
6
)
I2 +
7
6
I1 =
(
1
3
)
I2 +
7
6
(30)
Substituindo (30) em (29):
−2I1 + 7I2 = −3
−2
(
1
3
I2 +
7
6
)
+ 7I2 = −3(
−2
3
)
I2 − 14
6
+ 7I2 = −3(
−2
3
)
I2 + 7I2 =
7
3
− 3(
19
3
)
I2 = −2
3
15
I2 = − 2
19
A (31)
Aplicando este valor obtido na Equac¸a˜o (30):
I1 =
(
1
3
)
I2 +
7
6
I1 =
(
1
3
)(
− 2
19
)
+
7
6
I1 = − 2
57
+
7
6
I1 =
43
38
A (32)
2o Me´todo de soluc¸a˜o: Regra de Cramer. A partir do modelo matricial do
sistema, encontra-se I1 e I2 pelas fo´rmulas:
I1 =
∆1
∆
(33)
I2 =
∆2
∆
(34)
Onde ∆, ∆1 e ∆2 sa˜o calculados pelos determinantes:
∆ =
∣∣∣∣ 6 −2−2 7
∣∣∣∣ = (6)(7)− (−2)(−2) = 38 (35)
∆1 =
∣∣∣∣ 7 −2−3 7
∣∣∣∣ = (7)(7)− (−2)(−3) = 43 (36)
∆2 =
∣∣∣∣ 6 7−2 −3
∣∣∣∣ = (6)(−3)− (7)(−2) = −4 (37)
Substituindo (35) e (36) em (33):
I1 =
43
38
A (38)
De (35) e (37) em (34):
I2 = − 4
38
= − 2
19
A (39)
O circuito equivalente com as correntes determinadas e´ mostrado na Figura 18.
16
Figura 18: Circuito equivalente
5o Passo: Com as correntes calculadas, retorna-se ao circuito original para calcular as
tenso˜es e correntes resultantes nos elementos. O circuito equivalente e´ dado pela Figura
19.
Figura 19: Circuito resolvido
6o Passo: Comprovac¸a˜o dos resultados. Pode ser comprovada a validez dos
resultados a partir das leis de Kirchhoff e o Teorema de Tellegen.
1o Me´todo de comprovac¸a˜o: Leis de Kirchhoff. A partir dos resultados exibidos
na Figura 19, monta-se as equac¸o˜es de malhas do circuito.
Na malha 1: ∑
V = 0
−5 + 86
19
+
47
19
− 2 = 0
−7 + 7 = 0
Verificando a segunda malha: ∑
V = 0
2− 47
19
− 10
19
+ 1 = 0
3− 3 = 0
17
Montando a equac¸a˜o de correntes (1a Lei de Kirchhoff):∑
I = 0
43
38
+
2
19
− 47
38
= 0
47
38
− 47
38
= 0
2o Me´todo de comprovac¸a˜o: Teorema de Tellegen. Nota-se na Figura 19 que
todas as fontes esta˜o operando como geradoras, ou seja, todas tera˜o poteˆncias negativas.∑
P = 0
−5
(
43
38
)
− 2
(
47
38
)
− 1
(2
19
)
+ 4
(
43
38
)2
+ 2
(
47
38
)2
+ 5
(
2
19
)2
= 0
−313
38
+
313
38
= 0
Para encontrar a poteˆncia fornecida pela fonte de 2V, e´ necessa´rio saber qual a corrente
que circula no ramo central do circuito, que e´ dada pela diferenc¸a entre I1 e I2:
I2V = I1 − I2 ⇒ I2V = 43
38
−
(
− 2
19
)
⇒ I2V = 47
38
A
Calcula-se a poteˆncia da fonte atrave´s de:
P = V I ⇒ P = 2
(
47
38
)
⇒ P = 47
19
W
Exemplo 4: Utilize o me´todo das malhas para encontrar Vo no circuito da Figura
20.
Figura 20: Circuito do Exemplo 4
Soluc¸a˜o:
1o Passo: A tensa˜o Vo e´ a tensa˜o no resistor de 6kΩ. Para encontra´-la, e´ preciso
calcular a corrente que circula por ele. Enta˜o, a partir do me´todo das malhas, define-se
duas correntes, como mostra a Figura 21.
18
Figura 21: Circuito do Exemplo 4
2o Passo: Aplica-se a 2a Lei de Kirchhoff nas duas malhas para montar seu modelo
matema´tico.
A partir da primeira malha:
Figura 22: Resolvendo a malha 1
3 + v1 + v2 + v3 = 0
3 + 2kI1 + 4kI1 + 2k(I1 − I2) = 0
3 + 6kI1 + 2kI1 − 2kI2 = 0
3 + 8kI1 − 2kI2 = 0
8kI1 − 2kI2 = −3 (40)
Equacionando a segunda malha:
19
Figura 23: Resolvendo a malha 2
−3 + v4 − 6 + v5 = 0
−9 + 2k(I2 − I1) + 6kI2 = 0
−9 + 2kI2 − 2kI1 + 6kI2 = 0
−9− 2kI1 + 8kI2 = 0
−2kI1 + 8kI2 = 9 (41)
3o Passo: Montar o sistema de equac¸o˜es que representa o comportamento do circuito.{
8kI1 − 2kI2 = −3
−2kI1 + 8kI2 = 9
Ou na forma matricial: [
8k −2k
−2k 8k
] [
I1
I2
]
=
[−3
9
]
4o Passo: Resolver o sistema de equac¸o˜es pelo me´todo desejado.
1o Me´todo de soluc¸a˜o: Me´todo da substituic¸a˜o. Partindo da Equac¸a˜o (40):
8kI1 − 2kI2 = −3
8kI1 = 2kI2 − 3
I1 =
(
1
4
)
I2 − 3
8k
(42)
Substituindo (42) em (41):
−2kI1 + 8kI2 = 9
−2k
(
1
4
I2 − 3
8k
)
+ 8kI2 = 9
−500I2 + 3
4
+ 8kI2 = 9
7, 5kI2 =
33
4
20
I2 =
11
10000
= 1, 1mA (43)
Obs: Neste ponto, o problema ja´ esta´ resolvido, visto que Vo = 6kI2. Pore´m, todos
os exerc´ıcios seguira˜o o mesmo padra˜o de resolver por completo o circuito e comprovar os
resultados obtidos.
Utilizando o valor de I2 na Equac¸a˜o (42):
I1 =
(
1
4
)
I2 − 3
8k
I1 =
(
1
4
)(
11
10000
)
− 3
8k
I1 =
11
40000
− 3
8k
I1 = − 1
10k
= −0, 1mA (44)
2o Me´todo de soluc¸a˜o: Regra de Cramer. A partir da matriz do sistema linear,
calcula-se I1 e I2 pelas seguinte equac¸o˜es:
I1 =
∆1
∆
(45)
I2 =
∆2
∆
(46)
Onde ∆, ∆1 e ∆2 sa˜o calculados a partir dos seguintes determinantes:
∆ =
∣∣∣∣ 8k −2k−2k 8k
∣∣∣∣ = (8k)(8k)− (−2k)(−2k) = 60M (47)
∆1 =
∣∣∣∣−3 −2k9 8k
∣∣∣∣ = (−3)(8k)− (9)(−2k) = −6k (48)
∆2 =
∣∣∣∣ 8k −3−2k 9
∣∣∣∣ = (8k)(9)− (−3)(−2k) = −66k (49)
Substituindo (47) e (48) em (45):
I1 = − 6k
60M
= −0, 1mA (50)
De (47) e (49) em (46):
I2 =
66k
60M
= 1, 1mA (51)
5o Passo: Calcular a tensa˜o e corrente em cada elemento do circuito. O circuito
equivalente e´ dado pela Figura 24.
21
Figura 24: Circuito equivalente
Aplica-se agora a Lei de Ohm para encontrar a tensa˜o equivalente em cada resistor.
Nota-se que a corrente no resistor central e´ dada pela soma das duas correntes, ate´ que
elas chegam em um no´ e separam-se. Enta˜o, o circuito resolvido sera´:
Figura 25: Circuito resolvido
6o Passo: Comprovac¸a˜o dos resultados. Atrave´s das Leis de Kirchhoff e o Teo-
rema de Tellegen, verifica-se se as correntes e tenso˜es encontradas esta˜o corretas.
1o Me´todo de comprovac¸a˜o: Leis de Kirchhoff. Utilizando a lei das tenso˜es de
Kirchhoff, analisa-se as malhas.
Na primeira malha: ∑
V = 0
−3 + 2, 4 + 0, 4 + 0, 2 = 0
−3 + 3 = 0
Na segunda malha: ∑
V = 0
−3 + 2, 4− 6 + 6, 6 = 0
−0, 6 + 0, 6 = 0
Montando a equac¸a˜o de correntes (1a Lei de Kirchhoff):
22
∑
I = 0
1, 2m− 0, 1m− 1, 1m = 0
1, 2m− 1, 2m = 0
2o Me´todo de comprovac¸a˜o: Teorema de Tellegen. Encontra-se a poteˆncia
individual dos elementos, obedecendo a convenc¸a˜o adotada:∑
P = 0
−3(1, 2m)− 6(1, 1m) + 2k(0, 1m)2 + 4k(0, 1m)2 + 2k(1, 2m)2 + 6k(1, 1m)2 = 0
−10, 2m+ 10, 2m = 0
Vo e´ a tensa˜o no resistor de 6kΩ, obedecendo a refereˆncia de sinais que foi dada no
exerc´ıcio.
Vo = 6kI2 ⇒ Vo = 6k1, 1m⇒ Vo = 6, 6V
Exemplo 5: a) Utilize o me´todo das correntes de malhas para encontrar a poteˆncia
fornecida ou consumida pelas fontes de tensa˜o do circuito da Figura 26.
b) Calcule a tensa˜o vo no resistor de 8Ω.
Figura 26: Circuito do Exemplo 5
Soluc¸a˜o:
Define-se em qualquer sentido uma corrente para cada malha, como pode ser visto na
Figura 27.
23
Figura 27: Correntes definidas
Montam-se as equac¸o˜es das malhas atrave´s da 2a Lei de Kirchhoff.
Aplicando a lei das tenso˜es na primeira malha:
Figura 28: Resolvendo a primeira malha
−40 + v1 + v2 = 0
−40 + 2I1 + 8(I1 − I2) = 0
−40 + 2I1 + 8I1 − 8I2 = 0
−40 + 10I1 − 8I2 = 0
10I1 − 8I2 = 40 (52)
Partindo para a segunda malha:
24
Figura 29: Resolvendo a segunda malha
v3 + v4 + v5 = 0
8(I2 − I1) + 6I2 + 6(I2 − I3) = 0
8I2 − 8I1 + 6I2 + 6I2 − 6I3 = 0
−8I1 + 20I2 − 6I3 = 0 (53)
Equacionando a terceira malha:
Figura 30: Resolvendo a terceira malha
20 + v6 + v7 = 0
20 + 6(I3 − I2) + 4I3 = 0
20 + 6I3 − 6I2 + 4I3 = 0
−6I2 + 10I3 + 20 = 0
−6I2 + 10I3 = −20 (54)
Agora, monta-se o sistema linear a partir das equac¸o˜es obtidas.
10I1 − 8I2 = 40
−8I1 + 20I2 − 6I3 = 0
−6I2 + 10I3 = −20
Ou na forma de matriz:
25
10 −8 0−8 20 −6
0 −6 10
I1I2
I3
 =
 400
−20

Agora aplica-se os me´todos vistos ate´ agora para resolver o sistema de equac¸o˜es.
1o Me´todo de soluc¸a˜o: Me´todo da substituic¸a˜o. Este me´todo tambe´m pode
ser utilizado em sistemas maiores, pois e´ uma forma relativamente ra´pida de encontrar os
valores desejados. Para aplicar corretamente esta forma de resoluc¸a˜o, todas as equac¸o˜es
devem estar em func¸a˜o de uma inco´gnita. Enta˜o, partindo da Equac¸a˜o (52), isola-se I1:
10I1 − 8I2 = 40
10I1 = 8I2 + 40
I1 =
(
4
5
)
I2 + 4 (55)
Agora, isolando I3 a Equac¸a˜o (54):
−6I2 + 10I3 = −20
10I3 = 6I2 − 20
I3 =
(
3
5
)
I2 − 2 (56)
Substituindo (55) e (56) em (53):
−8I1 + 20I2 − 6I3 = 0
−8
(
4
5
I2 + 4
)
+ 20I2 − 6
(
3
5
I2 − 2
)
= 0
−32−
(
32
5
)
I2 + 20I2 −
(
18
5
)
I2 + 12 = 0
−
(
50
5
)
I2 + 20I2 = 20
10I2 = 20
I2 = 2A (57)
Para encontrar as outras correntes, aplica-se (57) em (55)
I1 =
(
4
5
)
I2 + 4
I1 =
(
4
5
)
2 + 4
I1 =
8
5
+ 4
I1 = 5, 6A (58)
E em (56):
26
I3 =
(
3
5
)
I2 − 2
I3 =
(
3
5
)
2− 2
I3 =
6
5
− 2
I3 = −0, 8A (59)
2o Me´todo de soluc¸a˜o: Regra de Cramer. A partir da matriz do sistema,
encontra-se I1, I2 e I3 pelas fo´rmulas:
I1 =
∆1
∆
(60)
I2 =
∆2
∆
(61)
I3 =
∆3
∆
(62)
Onde ∆, ∆1, ∆2 e ∆3 sa˜o calculados pelos determinantes:
∆ =
∣∣∣∣∣∣
10 −8 0
−8 20 −6
0 −6 10
∣∣∣∣∣∣ = 2000− 360− 640 = 1000 (63)
∆1 =
∣∣∣∣∣∣
40 −8 0
0 20 −6
−20 −6 10
∣∣∣∣∣∣ = 8000− 1440− 960 = 5600 (64)
∆2 =
∣∣∣∣∣∣
10 40 0
−8 0 −6
0 −20 10
∣∣∣∣∣∣ = 3200− 1200 = 2000 (65)
∆3 =
∣∣∣∣∣∣
10 −8 40
−8 20 0
0 −6 −20
∣∣∣∣∣∣ = 1280 + 1920− 4000 = −800 (66)
Enta˜o, substituindo (63) e (64) em (60):
I1 = 5, 6A (67)
De (63) e (65) em (61), obteˆm-se:
I2 = 2A (68)
E a partir de (63) e (66) em (62):
I3 = −0, 8A (69)
A Figura 31 mostra o circuito com as correntes encontradas.
27
Figura 31: Correntes encontradas
a) Ambas as fontes esta˜o gerando energia, pois a corrente esta´ entrando no terminal
negativo, enta˜o:
P40V = −40(5, 6)⇒ P40V = −224W
P20V = −20(0, 8)⇒ P20V = −16W
b) A tensa˜o no resistor e´ dadapor:
vo = 8(i1 − i2)⇒ vo = 8(3, 6)⇒ vo = 28, 8V
Daqui em diante, a comprovac¸a˜o dos resultados podera´ ser feita pelo leitor como
exerc´ıcio.
Exemplo 6: Utilize o me´todo das malhas no circuito da Figura 32 para encontrar:
a) A poteˆncia fornecida pela fonte.
b) A poteˆncia dissipada no resistor de 8Ω
Figura 32: Circuito do Exemplo 6
Define-se as correntes de malhas no circuito no sentido desejado, como mostra a Figura
33.
28
Figura 33: Correntes definidas
Montam-se as equac¸o˜es das malhas dos circuitos a partir da lei das tenso˜es de Kir-
chhoff.
Aplicando a 2a Lei de Kirchhoff na primeira malha:
Figura 34: Resolvendo a primeira malha
−80 + v1 + v2 = 0
−80 + 5(I1 − I3) + 26(I1 − I2) = 0
−80 + 5I1 − 5I3 + 26I1 − 26I2 = 0
−80 + 31I1 − 26I2 − 5I3 = 0
31I1 − 26I2 − 5I3 = 80 (70)
Na segunda malha obteˆm-se:
29
Figura 35: Resolvendo a segunda malha
v3 + v4 + v5 = 0
26(I2 − I1) + 90(I2 − I3) + 8I2 = 0
26I2 − 26I1 + 90I2 − 90I3 + 8I2 = 0
−26I1 + 124I2 − 90I3 = 0 (71)
Para a terceira malha do circuito, faz-se:
Figura 36: Resolvendo a terceira malha
v6 + v7 + v8 = 0
5(I3 − I1) + 30I3 + 90(I3 − I2) = 0
5I3 − 5I1 + 30I3 + 90I3 − 90I2 = 0
−5I1 − 90I2 + 125I3 = 0 (72)
Montando o sistema de equac¸o˜es a partir do modelo obtido do circuito:
31I1 − 26I2 − 5I3 = 80
−26I1 + 124I2 − 90I3 = 0
−5I1 − 90I2 + 125I3 = 0
Ou:
30
 31 −26 −5−26 124 −90
−5 −90 125
I1I2
I3
 =
800
0

1o Me´todo de soluc¸a˜o: Eliminac¸a˜o de Gauss. O me´todo da substituic¸a˜o na˜o
e´ aplica´vel nesta situac¸a˜o, na˜o e´ poss´ıvel colocar todas as equac¸o˜es em func¸a˜o de uma
varia´vel. A partir do escalonamento/eliminac¸a˜o de Gauss, sa˜o feitas operac¸o˜es elementares
nas linhas da matriz do sistema de modo que os valores abaixo da diagonal principal da
matriz sejam nulos. Enta˜o: 31 −26 −5−26 124 −90
−5 −90 125
I1I2
I3
 =
800
0
⇒ 26
31
L1 + L2
31 −26 −50 3168
31
−2920
31−5 −90 125
I1I2
I3
 =
 802080
31
0
⇒ 5
31
L1 + L3
31 −26 −50 3168
31
−2920
31
0 −2920
31
3850
31
I1I2
I3
 =
 802080
31
400
31
⇒ 2920
3168
L2 + L3
31 −26 −50 3168
31
−2920
31
0 0 3700
99
I1I2
I3
 =
 802080
31
7400
99

Desta matriz observa-se na terceira linha que:(
3700
99
)
I3 =
7400
99
I3 = 2A (73)
Na segunda linha da matriz escalonada tem-se:(
3168
31
)
I2 −
(
2920
31
)
I3 = 0 (74)
Substituindo (73) em (74): (
3168
99
)
I2 =
(
2920
31
)
2
I2 = 2, 5A (75)
Na primeira linha da matriz resolvida, observa-se que:
31I1 − 26I2 − 5I3 = 80 (76)
Substituindo (73) e (75) em (76):
31I1 − 26(2, 5)− 5(2) = 80
31
I1 = 5A (77)
2o Me´todo de soluc¸a˜o: Regra de Cramer. A partir da matriz original do sistema,
encontra-se I1, I2 e I3 pelas fo´rmulas:
I1 =
∆1
∆
(78)
I2 =
∆2
∆
(79)
I3 =
∆3
∆
(80)
Onde ∆, ∆1, ∆2 e ∆3 sa˜o calculados pelos determinantes:
∆ =
∣∣∣∣∣∣
31 −26 −5
−26 124 −90
−5 −90 125
∣∣∣∣∣∣ = 480500−11700−11700−84500−251100−3100 = 118400 (81)
∆1 =
∣∣∣∣∣∣
80 −26 −5
0 124 −90
0 −90 125
∣∣∣∣∣∣ = 1240000− 648000 = 592000 (82)
∆2 =
∣∣∣∣∣∣
31 80 −5
−26 0 −90
−5 0 125
∣∣∣∣∣∣ = 260000 + 36000 = 296000 (83)
∆3 =
∣∣∣∣∣∣
31 −26 80
−26 124 0
−5 −90 0
∣∣∣∣∣∣ = 187200 + 49600 = 236800 (84)
Enta˜o, substituindo (81) e (82) em (78):
I1 = 5A (85)
De (81) e (83) em (79), obteˆm-se:
I2 = 2, 5A (86)
E a partir de (81) e (84) em (80):
I3 = 2A (87)
a) A poteˆncia da fonte e´ dada por:
P = V I ⇒ P = 80(5)⇒ P = 400W
b) A poteˆncia dissipada no resistor sera´ dada por:
P = RI2 ⇒ P = 8(2, 5)2 ⇒ P = 50W
32
Exemplo 7: Determinar, pelo me´todo das malhas, as correntes no circuito da Figura
37.
Figura 37: Circuito do Exemplo 7
As correntes ja´ foram dadas no exerc´ıcio, apenas monta-se as equac¸o˜es de malhas.
Sa˜o, enta˜o, montadas as equac¸o˜es de malha do circuito. Na primeira malha obteˆm-se:
−7 + 1(i1 − i2) + 6 + 2(i1 − i2) = 0
−1 + i1 − i2 + 2i1 − 2i2 = 0
3i1 − i2 − 2i3 = 1
Equacionando a segunda malha:
1(i2 − i1) + 2i2 + 3(i2 − i3) = 0
i2 − i1 + 2i2 + 3i2 − 3i3 = 0
−i1 + 6i2 − 3i3 = 0
Para a terceira malha:
2(i3 − i1)− 6 + 3(i3 − i2) + 1i3 = 0
2i3 − 2i1 + 3i3 − 3i2 + i3 = 6
−2i1 − 3i2 + 6i3 = 6
Daqui em diante, o leitor devera´ aplicar os me´todos apresentados para resolver os
sistemas desta e das pro´ximas questo˜es.
Resposta:
i1 = 3A
i2 = 2A
i3 = 3A
Exemplo 8: Encontre Vo no circuito da Figura 38 utilizando a ana´lise de malhas.
33
Figura 38: Circuito do Exemplo 8
As correntes de malha sa˜o definidas como mostra a Figura 39.
Figura 39: Correntes definidas
Analisando a primeira malha obteˆm-se:
−2 + 2kI1 + 3kI1 + 4k(I1 − I2) + 3k(I2 − I3) = 0
5kI1 + 4kI1 − 4kI2 + 3kI2 − 3kI3 = 2
12kI1 − 4kI2 − 3kI3 = 2
Equacionando a segunda malha:
−12 + 4k(I2 − I1) + 4kI2 + 6k(I2 − I3) = 0
4kI2 − 4kI1 + 4kI2 + 6kI2 − 6kI3 = 12
−4kI1 + 14kI2 − 6kI3 = 12
Para a u´ltima malha:
−8 + 3k(I3 − I1) + 6k(I3 − I2) + 6kI3 = 0
3kI3 − 3kI1 + 6kI3 − 6kI2 + 6kI3 = 8
−3kI1 − 6kI2 − 15kI3 = 8
Resposta = 8,96V
34
Exemplo 9: Calcule a diferenc¸a de potencial entre os no´s A e B do circuito da Figura
40 pelo me´todo das correntes nas malhas.
Figura 40: Circuito do Exemplo 9
Definindo as correntes de malhas:
Figura 41: Correntes definidas
Equacionando a 1a malha:
−2 + 2(I1 − I3)− 5 + 1(I1 − I2) = 0
−7 + 2I1 − 2I3 + I1 − I2 = 0
3I1 − I2 − 2I3 = 7
Na segunda malha:
10 + 1(I2 − I1) + 8 + 3(I2 − I3) = 0
18 + I2 − I1 + 3I2 − 3I3 = 0
−I1 + 4I2 − 3I3 = −18
Para a terceira malha:
35
−8 + 5 + 2(I3 − I1) + 4I3 − 20 + 3(I3 − I2) = 0
−23 + 2I3 − 2I1 + 4I3 + 3I3 − 3I2 = 0
−2I1 − 3I2 + 9I3 = 23
Resposta: VAB = -3,14V
Exemplo 10: Calcule a poteˆncia absorvida pelo resistor de 3Ω no circuito da Figura
XX pelo me´todo das correntes nas malhas.
Figura 42: Circuito do Exemplo 10
Soluc¸a˜o: Ao se tratar de circuitos espaciais (resisteˆncia de 3Ω que cruza por cima
da resisteˆncia de 1Ω), deve-se transformar o esquema em um circuito plano. Para isso, o
ramo entre os no´s A e C e´ deslocado a` esquerda, resultando no circuito da Figura 43.
Figura 43: Circuito redesenhado
Ao aplicar o me´todo das malhas, obteˆm-se na malha 1:
4 + 2(I1 − I3) + 3I1 = 0
4 + 2I1 − 2I3 + 3I1 = 0
5I1 − 2I3 = −4
Na malha 2 monta-se a seguinte equac¸a˜o:
36
−4 + 2I2 + 1(I2 − I3) = 0
−4 + 2I2 + I2 − I3 = 0
3I2 − I3 = 4
Por fim, na terceira malha:
10 + 2(I3 − I1) + 1(I3 − I2) = 0
10 + 2I3 − 2I1 + I3 − I2 = 0
−2I1 − I2 + 3I3 = −10
A resoluc¸a˜o do sistema de equac¸o˜es devera´ ser feita pelo leitor.
Resposta: P = 27W
Exemplo 11: Calcule o valor da resisteˆncia R do circuito mostrado na Figura 44 de
modo que a corrente i seja nula.(Obs: Utilizar o me´todo das malhas)
Figura 44: Circuito do Exemplo 11
Soluc¸a˜o:
Primeiramente define-se as correntes de malhas no circuito, como mostra a Figura 45.
Figura 45: Correntes definidas
Para i ser zero, o resistor de 3Ω na˜o deve possuir queda de tensa˜o. Tambe´m monta-se
uma equac¸a˜o de restric¸a˜o para o circuito, dada por:
37
i− I3 + I2 = 0⇒ i = I3 − I2 = 0
Agora, monta-se as equac¸o˜es de malhas com base nestas premissas. Para a malha 1:
−12 + 2I1 + 4(I1 − I2) +R(I1 − I3) = 0
−12 + 2I1 + 4I1 − 4I2 +RI1 −RI3 = 0
(R + 6)I1 − 4I2 −RI3 = 12
Para a malha 2:
2 + 4(I2 − I1) + 6I2 + 3(I2 − I3) = 0
2 + 4I2 − 4I1 + 6I2 + 3I2 − 3I3 = 0
−4I1 + 13I2 − 3I3 = −2
Na malha 3:
−2 + 3(I3 − I2) + 8I3 +R(I3 − I1) = 0
−2 + +3I3 − 3I2 + 8I3 +RI3 −RI1 = 0
−RI1 − 3I2 + (R + 11)I3 = 2
Obs: Na˜o e´ necessa´rio saber o valor de I1 para encontrar o valor de R. A restric¸a˜o
refere-se apenas a` I2 e I3, enta˜o encontram-se estascorrentes em func¸a˜o de R.
Dica: Utilize a Regra de Cramer.
Resposta: R = 1,923Ω
Exemplo 12: Calcular a intensidade da corrente i do circuito da Figura 46 pelo
me´todo das malhas.
Figura 46: Circuito do Exemplo 12
Soluc¸a˜o:
Antes de definir as correntes em um circuito, e´ sempre importante verificar se e´ poss´ıvel
reduzi-lo para que possa simplificar os ca´lculos posteriores. Neste caso, e´ poss´ıvel fazer
duas reduc¸o˜es:
1) A fonte de corrente com seu resistor em paralelo pode ser transformada em uma
fonte de tensa˜o com o resistor agora em se´rie atrave´s de:
38
V = RI ⇒ V = 0, 5(1)⇒ V = 0, 5V
2) O resistor de 1Ω em paralelo com a fonte de tensa˜o pode ser descartado do circuito,
pois na˜o havera´ variac¸a˜o de tensa˜o no resistor, ele esta´ fixado a 2V.
Apo´s levar em conta estas considerac¸o˜es, o circuito reduzido sera´:
Figura 47: Circuito do Exemplo 12 simplificado
Equacionando o circuito, na primeira malha e´ obtido:
2I1 + 1(I1 − I3) + 1(I1 − I2) = 0
2I1 + I1 − I3 + I1 − I2 = 0
4I1 − I2 − I3 = 0
Na segunda malha e´ obtida a seguinte equac¸a˜o:
−2 + 0, 5I2 + 1(I2 − I1) + 0, 5(I2 − I3) + 0, 5 = 0
−1, 5 + 0, 5I2 + I2 − I1 + 0, 5I2 − 0, 5I3 = 0
−I1 + 2I2 − 0, 5I3 = 1, 5
Na terceira malha obteˆm-se:
2− 0, 5 + 0, 5(I3 − I2) + 1(I3 − I1) = 0
1, 5 + 0, 5I3 − 0, 5I2 + I3 − I1 = 0
−I1 − 0, 5I2 + 1, 5I3 = −1, 5
A resoluc¸a˜o do sistema linear e obtenc¸a˜o da equac¸a˜o que descreve i devem ser feitas
pelo leitor para fixac¸a˜o.
Resposta: i =
15
26
= 0, 577A
39
Exemplo 13: Determinar o valor de Eo no circuito da Figura 48.
Figura 48: Circuito do Exemplo 13
Soluc¸a˜o:
E´ poss´ıvel planificar o circuito para uma ana´lise mais fa´cil. Observando a partir da
refereˆncia Topo, pode-se rotacionar o circuito para uma visa˜o superior, como mostra a
Figura 49.
Figura 49: Circuito do Exemplo 13 com vista superior
Com uma visa˜o mais clara, foram definidas as correntes de malhas e agora aplica-se a
2a Lei de Kirchhoff. Resolvendo a malha 1:
E + 2(I1 − I3) + 2I1 + 2(I1 − I2) = 0
E + 2I1 − 2I3 + 2I1 + 2I1 − 2I2 = 0
6I1 − 2I2 − 3I3 = −E
Equacionando a malha 2:
−E + 2(I2 − I1) + 2I2 + 2I2 = 0
−E + 2I2 − 2I1 + 4I2 = 0
−2I1 + 6I2 = E
Modelando a terceira malha:
40
−E + 2I3 − 3E + 2I3 + 2(I3 − I1) = 0
−4E + 4I3 + 2I3 − 2I1 = 0
−2I1 + 6I3 = 4E
A resoluc¸a˜o das equac¸o˜es fica como exerc´ıcio.
Dica: Adote um sinal de refereˆncia para Eo.
Resposta: Eo =
6
7
E
2 Me´todo das malhas com fontes dependentes e in-
dependentes de tensa˜o
Exemplo 14: Determine i1 no circuito da Figura 50.
Figura 50: Circuito do Exemplo 14
Soluc¸a˜o:
Circuitos com fontes dependentes, ou controladas, dependem de algum paraˆmetro do
circuito: a tensa˜o em um no´ ou elemento; ou a corrente em um ramo. Esse paraˆmetro
sempre sera´ apontado no circuito quando se trabalha com fontes dependentes. Neste caso,
a fonte depende do paraˆmetro corrente i1 e ira´ quadruplicar seu valor. O resultado obtido
sera´ o valor de tensa˜o de sa´ıda da fonte.
Para resolver o circuito, define-se como nos exemplos anteriores, as correntes de malha:
41
Figura 51: Definidas as correntes do Exemplo 14
Enta˜o, equacionando a primeira malha:
3 + 4(i1 − i2) + 2i1 = 0
3 + 4i1 − 4i2 + 2i1 = 0
6i1 − 4i2 = −3
Para equacionar a segunda malha, deve-se ter cuidado com a fonte de tensa˜o. Ela esta´
gerando uma tensa˜o de 4i1 e devera´ ser adicionada desse modo na equac¸a˜o:
−5− 4i1 + 4(i2 − i1) + 4i2 = 0
−5− 4i1 + 4i2 − 4i1 + 4i2 = 0
−8i1 + 8i2 = 5
O leitor deve resolver o sistema resultante como exerc´ıcio.
Resposta: i1 = −0, 25A
Exemplo 15: Determine o valor de i1 no circuito da Figura 52.
Figura 52: Circuito do Exemplo 15
Soluc¸a˜o:
Agora a fonte controlada depende de um valor de tensa˜o de um resistor, o que muda a
resoluc¸a˜o do sistema. Agora e´ necessa´rio obter uma equac¸a˜o de restric¸a˜o. Pois ao resolver
o circuito pelo me´todo das malhas, sera´ obtida treˆs varia´veis: i1, i2 e vx mas apenas duas
equac¸o˜es. E´ preciso encontrar um modo de representar vx em func¸a˜o das correntes do
circuito.
Enta˜o, definindo as correntes de malhas:
42
Figura 53: Correntes definidas no Exemplo 15
Montando a equac¸a˜o da primeira malha:
3 + 4(i1 − i2) + 2i1 = 0
3 + 4i1 − 4i2 + 2i1 = 0
6i1 − 4i2 = −3
Agora, na segunda malha:
−5− 2vx + 4(i2 − i1) + 4i2 = 0
A varia´vel vx pode ser reescrita como:
vx = 4(i2 − i1)
Substituindo a equac¸a˜o de vx na equac¸a˜o da segunda malha:
−5 + 2[4(i2 − i1)] + 4(i2 − i1) + 4i2 = 0
−5 + 8i2 − 81 + 4i2 − 4i1 + 4i2 = 0
4i1 = 5
A resposta ja´ pode ser obtida a partir da segunda equac¸a˜o. Na˜o foi necessa´ria a
equac¸a˜o da primeira malha, mas sem a equac¸a˜o de restric¸a˜o, seria imposs´ıvel resolver este
sistema.
Resposta: i1 = 1, 25A
Exemplo 16: Determine i1 no circuito da Figura 54, se o valor de controle A for:
a) 2i2
b) 2vx
43
Figura 54: Circuito do Exemplo 16
a) Para o primeiro caso, troca-se A pelo valor fornecido:
Figura 55: Exemplo 16 caso A
Enta˜o, para a primeira malha:
−2i2 − 2 + 2i1 + 5(i1 − i2) = 0
−2i2 − 2 + 2i1 + 5i1 − 5i2 = 0
7i1 − 7i2 = 2
Para a segunda malha:
−6 + 4i2 + 5(i2 − i1) + 3i2 = 0
−6 + 4i2 + 5i2 − 5i1 + 3i2 = 0
−5i1 + 12i2 = 6
Resposta: i1 =
66
49
A
b) Neste caso, a fonte dependera´ de um valor de tensa˜o. Ja´ sabemos que a tensa˜o deve
ser escrita em func¸a˜o das correntes de malha para que o sistema seja poss´ıvel determinado.
Enta˜o:
44
Figura 56: Exemplo 16 caso B
Para a primeira malha:
−2vx − 2 + 2i1 + 5(i1 − i2) = 0
O paraˆmetro vx e´ dado por:
vx = 5(i1 − i2)
Substituindo a restric¸a˜o na equac¸a˜o da primeira malha, obteˆm-se:
−2[5(i1 − i2)]− 2 + 2i1 + 5i1 − 5i2 = 0
−10i1 − 10i2 − 2 + 2i1 + 5i1 − 5i2 = 0
−3i1 + 5i2 = 2
Para a segunda malha:
−6 + 4i2 + 5(i2 − i1) + 3i2 = 0
−6 + 4i2 + 5i2 − 5i1 + 3i2 = 0
−5i1 + 12i2 = 6
Resposta: i1 =
6
11
A
Exemplo 17: O circuito equivalente de um amplificador operacional e´ mostrado na
Figura 57. Determine a impedaˆncia (resisteˆncia) de entrada.
45
Figura 57: Circuito do Exemplo 17
Resolvendo a primeira malha:
−V1 + Vi +R1(I1 − I2) = 0
−V1 +RiI1 +R1I1 −R1I2 = 0
V1 = (Ri +R1)I1 −R1I2
Resolvendo a segunda malha:
−AVi +R1(I2 − I1) +R2I2 +RoI2 = 0
−ARiI1 +R1I2 −R1I1 +R2I2 +RoI2 = 0
−ARiI1 = (R1 +R2 +Ro)I2 −R1I1
(R1 − ARi)I1 = (R1 +R2 +Ro)I2
Dica: A impedaˆncia de entrada e´ dada por
V1
I1
Resposta:
V1
I1
= Ri +
(ARi +R2 +Ro)R1
R1 +R2 +Ro
Ω
Exemplo 18: Utilize o me´todo das malhas para encontrar a corrente Io.
46
Figura 58: Circuito do Exemplo 18
Equacionando a primeira malha:
−10 + 10(i1 − i2) + 12(i1 − i2) = 0
−10 + 10i1 − 10i2 + 12i1 − 12i2 = 0
22i1 − 10i2 − 12i3 = 24
Equacionando a segunda malha:
24i2 + 4(i2 − i3) + 10(i2 − i1) = 0
24i2 + 4i2 − 4i3 + 10i2 − 10i1 = 0
−10i1 + 38i2 − 4i3 = 0
Por fim, na u´ltima malha, contendo a fonte controlada:
4Io + 12(i3 − i1) + 4(i3 − i2) = 0
A corrente Io deve ser escrita em func¸a˜o das outras correntes do sistema, ja´ que estas
sa˜o as varia´veis que deseja-se encontrar. A equac¸a˜o de restric¸a˜o de Io e´ dada por:
Io = i1 − i2
Aplicando a restric¸a˜o, na equac¸a˜o em andamento da terceira malha:
4(i1 − i2) + 12i3 − 12i1 + 4i3 − 4i2 = 0
4i1 − 4i2 + 12i3 − 12i1 + 4i3 − 4i2 = 0
−8i1 − 8i2 + 16i3 = 0
Resposta: Io = 1, 5A
Exemplo 19: Encontre Io pelo me´todo das malhas no circuito da Figura 59.
47
Figura 59: Circuito do Exemplo 19
Na primeira malha:
−16 + 4(i1 − i3) + 2(i1 − i2) = 0
−16 + 4i1 − 4i3 + 2i1 − 2i2 = 0
6i1 − 2i2 − 4i3 = 16
Na malha 2:
−10Io + 2(i2 − i1) + 8(i2 − i3) = 0
Nota-se que a corrente Io coincide com a corrente de malha i3. Assim, a equac¸a˜o de
restric¸a˜o para Io sera´:
Io = i3
E a equac¸a˜o da malha 2 se torna:10i3 + 2i2 − 2i1 + 8i2 − 8i3 = 0
−2i1 + 10i2 − 18i3 = 0
Por fim, na terceira malha:
6i3 + 8(i3 − i2) + 4(i3 − i1) = 0
6i3 + 8i3 − 8i2 + 4i3 − 4i1 = 0
−4i1 − 8i2 + 18i3 = 0
Com Io em func¸a˜o das inco´gnitas do circuito, resolve-se o sistema atrave´s de qualquer
me´todo apresentado.
Resposta: Io = −4A
Exemplo 20: Encontre Io na rede da Figura 60.
48
Figura 60: Circuito do Exemplo 20
Resolvendo a malha 1:
6 + 6k(I1 − I2) + 12k(I1 − I3) = 0
6 + 6kI1 − 6kI2 + 12kI1 − 12kI3 = 0
18kI1 − 6kI2 − 12kI3 = −6
Resolvendo a malha 2:
2vx + 6k(I2 − I1) + 12kI2 = 0
Novamente, a fonte controlada exigira´ uma equac¸a˜o de restric¸a˜o para tornar o sistema
linear determinado. A equac¸a˜o que determina vx e´ dada por:
vx = 6k(I2 − I1)
Aplica-se agora esta restric¸a˜o na equac¸a˜o da segunda malha:
2[6k(I2 − I1)] + 6k(I2 − I1) + 12kI2 = 0
12kI2 − 12kI1 + 6kI2 − 6kI1 + 12kI2 = 0
−18kI1 + 30kI2 = 0
Para a malha 3:
−2vx + 6kI3 + 12k(I3 − I1) = 0
Esta equac¸a˜o tambe´m requer que a restric¸a˜o seja aplicada para que possa ser resolvida.
Enta˜o:
−2[6k(I2 − I1)] + 6kI3 + 12kI3 − 12kI1 = 0
−12kI2 + 12kI1 + 6kI3 + 12kI3 − 12kI1 = 0
−12kI2 + 18kI3 = 0
Resposta: Io = 0, 375mA
49
Exemplo 21: Utilize o me´todo das correntes nas malhas para encontrar a poteˆncia
dissipada pelo resistor de 4Ω no circuito da Figura 61.
Figura 61: Circuito do Exemplo 21
Na primeira malha:
−50 + 5(i1 − i2) + 20(i1 − i3) = 0
−50 + 5i1 − 5i2 + 20i1 − 20i3 = 0
25i1 − 5i2 − 20i3 = 50
Para a segunda malha, monta-se:
1i2 + 4(i2 − i3) + 5(i2 − i1) = 0
i2 + 4i2 − 4i3 + 5i2 − 5i1 = 0
−5i1 + 10i2 − 4i3 = 0
A terceira malha resulta em:
15io + 20(i3 − i1) + 4(i3 − i2) = 0
Agora deve-se buscar a equac¸a˜o que define io em termos das inco´gnitas que modelam
o circuito. Analisando o paraˆmetro no circuito, nota-se que:
io = 11 − i3
Substituindo na equac¸a˜o da malha 3:
15(i1 − i3) + 20i3 − 20i1 + 4i3 − 4i2 = 0
15i1 − 15i3 + 20i3 − 20i1 + 4i3 − 4i2 = 0
−5i1 − 4i2 + 9i3 = 0
Resposta: P = 16W
50
Exemplo 22: Considere o circuito da Figura 62.
a) Quantas equac¸o˜es de correntes nas malhas sa˜o necessa´rias para resolver o circuito?
b) Utilize a ana´lise de malhas para encontrar a poteˆncia entregue a` fonte dependente
de tensa˜o.
Figura 62: Circuito do Exemplo 22
a) Por possuir treˆs malhas, havera´ treˆs correntes desconhecidas, que implicam na
necessidade de treˆs equac¸o˜es para solucionar o sistema.
b) Equacionando a primeira malha:
−25 + 2(I1 − I3) + 5(I1 − I2) + 10 = 0
−15 + 2I1 − 2I3 + 5I1 − 5I2 = 0
7I1 − 5I2 − 2I3 = 15
Agora, na malha 2:
−10 + 5(I2 − I1) + 3(I2 − I3) + 1I2 = 0
−10 + 5I2 − 5I1 + 3I2 − 3I3 + I2 = 0
−5I1 + 9I2 − 3I3 = 10
Na terceira malha:
−(−3vo) + 14I3 + 3(I3 − I2) + 2(I3 − I1) = 0
3vo + 14I3 + 3I3 − 3I2 + 2I3 − 2I1 = 0
Neste momento deve ser definida a equac¸a˜o de restric¸a˜o da tensa˜o vo, que sera´ dada
por:
vo = 3(I2 − I3)
Completa-se agora a equac¸a˜o 3 do sistema:
3[3(I2 − I3)] + 14I3 + 3I3 − 3I2 + 2I3 − 2I1 = 0
9I2 − 9I3 + 14I3 + 3I3 − 3I2 + 2I3 − 2I1 = 0
51
−2I1 + 6I2 + 10I3 = 0
Dica: O fato do multiplicador da fonte controlada ser negativo implica que a polari-
dade da fonte esta´ invertida. E caso o valor vo < 0, a polaridade sera´ invertida outra vez,
voltando a polaridade original.
Resposta: P = −36W .
Exemplo 23: Dado o circuito da Figura 63, pede-se:
a) Simplificar o circuito a partir da transformac¸a˜o ∆ - Y no triaˆngulo BCD e realizar
a ana´lise pelo me´todo das malhas.
b) Calcular as tenso˜es e as correntes em cada elemento no circuito original. Verificar
o balanc¸o de poteˆncias.
Figura 63: Circuito do Exemplo 23
a) A Figura 64 ilustra com maior clareza a localizac¸a˜o do triaˆngulo no circuito.
Figura 64: Circuito destacado
O triaˆngulo da figura possui cargas equilibradas (resisteˆncias iguais). Este e´ um caso
particular na transformac¸a˜o para Y. Neste caso:
RY =
R∆
3
⇒ RY = 1Ω
Apo´s a transformac¸a˜o, o circuito resultante e´ o seguinte:
52
Figura 65: Circuito transformado
Rearranjando o circuito e calculando a resisteˆncia se´rie equivalente, obteˆm-se a se-
guinte rede:
Figura 66: Circuito simplificado
Nota-se que a transformac¸a˜o para estrela reduziu uma malha no circuito, o que reduz
a ordem do sistema linear resultante. Ao inve´s de treˆs malhas como circuito original,
tem-se agora duas malhas, o que torna a ana´lise mais fa´cil e ra´pida.
Agora, modelando a primeira malha do circuito:
−6I1 + 3i1 + 3(i1 − i2) = 0
A restric¸a˜o de I1 e´ dada pela subtrac¸a˜o das correntes i1 e i2:
I1 = i1 − i2
Voltando a equac¸a˜o original:
6(i1 − i2) + 3i1 + 3i1 − 3i2
6i1 − 6i2 + 3i1 + 3i1 − 3i2 = 0
3i2 = 0
Na segunda malha:
53
−10 + 3i2 + 3(i2 − i1) = 0
−10 + 3i2 + 3i2 − 3i1 = 0
−3i1 + 6i2 = 10
A resoluc¸a˜o do sistema fica como exerc´ıcio ao estudante.
b) Exerc´ıcio para o leitor.
Exemplo 24: Determinar o valor de Io para o circuito da Figura 67.
Figura 67: Circuito do Exemplo 24
Resolvendo a primeira malha:
−3io + 1(i1 − i3) + 2(i1 − i2) = 0
Nota-se que o paraˆmetro indesejado (io) percorre o mesmo ramo e o mesmo sentido
que a corrente i3.
io = i3
Enta˜o, a equac¸a˜o da malha 1 se torna:
−3(i3) + i1 − i3 + 2i1 − 2i2 = 0
3i1 − 2i2 − 4i3 = 0
Para a segunda malha:
6 + 4i2 + 2(i2 − i1) + 3(i2 − i3) = 0
6 + 4i2 + 2i2 − 2i1 + 3i2 − 3i3 = 0
−2i1 + 9i2 − 3i3 = −6
Na u´ltima malha:
−6 + 3(i3 − i2) + 1(i3 − i1) + 2i3 = 0
−6 + 3i3 − 3i2 + i3 − i1 + 2i3 = 0
−i1 − 3i2 + 6i3 = 6
Resposta: Io = 1, 6A
54
Exemplo 25: Determine v e i no circuito da Figura XX. Considere E1 = 5V ;E2 =
−3V ;R1 = 1kΩ;R2 = 2kΩ;R3 = 5kΩ;R4 = 2kΩ; r = 10Ω; β = 5.
Figura 68: Circuito do Exemplo 25
O circuito possui duas fontes controladas. Isto significa que sera´ necessa´rio duas
equac¸o˜es de restric¸a˜o (uma para cada fonte dependente) para poder resolver o sistema
linear. Enta˜o, comec¸ando pela primeira malha:
−E1 +R1i1 + rix +R2(i1 − i2) = 0
Nota-se no circuito que a corrente ix coincide com a corrente i3, ou seja:
ix = i3
Retornando a` equac¸a˜o:
−E1 +R1i1 + ri3 +R2i1 −R2i2 = 0
(R1 +R2)i1 −R2i2 − ri3 = E1
Na segunda malha:
βvx +R3(i2 − i3) +R2(i2 − i1) = 0
A tensa˜o vx depende de i1 e a resisteˆncia R1; olhando para a primeira malha:
vx = R1i1
Esta e´ a segunda equac¸a˜o de restric¸a˜o do circuito, que agora podera´ ser resolvido em
func¸a˜o das correntes i1, i2 e i3. Voltando a equac¸a˜o da segunda malha:
βR1i1 +R3i2 −R3i3 +R2i2
(βR1 −R2)i1 + (R2 +R3)i2 −R3i3 = 0
Para a malha 3 monta-se:
E2 +R3(i3 − i2) +R4i3 = 0
E2 +R3i3 −R3i2 +R4i3 = 0
−R3i2 + (R3 +R4)i3 = −E2
Agora, substitui-se os valores fornecidos pelo exerc´ıcio para resolver o sistema linear
resultante.
Resposta: i = 0, 64mA; v = −1, 2V
55
Exemplo 26: Pelo me´todo das malhas, determine I1 e I2 no circuito da Figura 69.
Figura 69: Circuito do Exemplo 26
Primeiramente, percebe-se que na˜o foi montada uma resisteˆncia equivalente entre os
resistores em paralelo da malha 4. A fonte controlada depende de um paraˆmetro que esta´
dentro da quarta malha (I1). Ao fazer a resisteˆncia equivalente, perde-se o valor original
de I1. Na˜o se deve fazer transformac¸o˜es em ramos que possuem paraˆmetros de fontes
controladas.
Sabendo isso, monta-se agora as equac¸o˜es de malhas. Na primeira malha:
−7I1 + 6 + 1i1 = 0
A equac¸a˜o de restric¸a˜o de I1 e´ dada por:
I1 = i3 − i4
Caso tivesse sido feita a resisteˆncia equivalente, seria perdida esta equac¸a˜o de restric¸a˜o,
pois a corrente I1 iria ser diferente. Voltando a equac¸a˜o da malha 1:
−7(i3 − i4) + 6 + i1 = 0
−7i3 + 7i4 + 6 + i1 = 0
i1 − 7i3 + 7i4 = 6
Na segunda malha:
7I1 + 1i2 + 1(i2 − i4) = 0
Volta-se a utilizar a equac¸a˜o de restric¸a˜o:
7(i3 − i4) + i2 + i2 − i4 = 0
7i3 − 7i4 + i2 + i2− i4 = 0
2i2 + 7i3 − 9i4 = 0
56
Para a terceira malha:
10− 6 + 2(i3 − i4) + 3i3
4 + 2i3 − 2i4 + 3i3 = 0
5i3 − 2i4 = −4
Na u´ltima malha:
1(i4 − i2) + 2(i4 − i3) = 0
i4 − i2 + 2i4 − 2i3 = 0
−i2 − 2i3 + 3i4 = 0
Dica: Monte a matriz ampliada do sistema para visualizar o melhor me´todo para
resolver o sistema.
Resposta: I1 = 0A; I2 =
22
3
A
3 Me´todo das malhas com fontes de correntes per-
tencentes a uma u´nica malha
Exemplo 27: Calcular pelo me´todo das malhas a corrente Ia do circuito da Figura e
tambe´m a diferenc¸a de potencial entre os no´s M e N.
Figura 70: Circuito do Exemplo 27
Antes de resolver o circuito, como qualquer outro deve-se primeira verificar se e´ poss´ıvel
fazer uma transformac¸a˜o que reduza a complexidade do circuito, mas que tambe´m na˜o
interfira com paraˆmetros importantes; sejam eles de fontes controladas ou inco´gnitas
pedidas pelo exerc´ıcio. Neste caso, e´ poss´ıvel realizar uma transformac¸a˜o de fonte com
a fonte de corrente de 3A e seu resistor em paralelo. Esta fonte ira´ se tornar uma fonte
de tensa˜o em se´rie com o resistor e o terminal positivo da fonte coincide com a ponta da
flecha da fonte de corrente. O resistor mantera´ seu valor original, mas a tensa˜o da nova
fonte e´ dada por:
57
V = RI ⇒ V = 3(3)⇒ V = 9V
Enta˜o, o circuito se tornara´:
Figura 71: Circuito transformado do Exemplo 27
Agora tem-se um circuito de apenas treˆs malhas, pore´m ao se tratar de fontes de
correntes, a corrente de malha definida assumira´ o valor da fonte. Ou seja:
i3 = 4A
Desse modo, o circuito e´ reduzido para apenas duas malhas, pois uma das inco´gnitas
ja´ foi obtida. Na˜o se pode percorrer uma malha contendo uma fonte de corrente, pois ha´
uma tensa˜o associada a` ela que na˜o e´ poss´ıvel determinar. Enta˜o, resolvendo a primeira
malha:
−10 + 5i1 + 6i1 + 4(i1 − i2) = 0
−10 + 11i1 + 4i1 − 4i2 = 0
15i1 − 4i2 = 10
Para a segunda malha:
−9 + 2(i2 − i3) + 4(i2 − i1) + 3i2 = 0
−9 + 2i2 − 2i3 + 4i2 − 4i1 + 3i2 = 0
Mas sabe-se que o valor de i3 e´ o mesmo da fonte de corrente de 4A, enta˜o, substituindo
este valor na equac¸a˜o da segunda malha:
−9 + 2i2 − 2(4) + 4i2 − 4i1 + 3i2 = 0
−4i1 + 9i2 = 17
Dica: A tensa˜o entre os terminais M e N e´ equivalente a tensa˜o no resistor de 2Ω.
Resposta: Ia = −1, 151A;VMN = −3, 042V
58
Exemplo 28: Realizar a ana´lise do circuito da Figura 72, determinando as tenso˜es
e correntes em cada elemento, a poteˆncia absorvida por cada resisteˆncia e a poteˆncia
fornecida pelas fontes.
Figura 72: Circuito Exemplo 28
Primeiramente percebe-se que ha´ um resistor em paralelo com a fonte de 14V. Este
resistor pode ser removido do circuito para facilitar a ana´lise, pois ele ja´ esta´ com uma
corrente e tensa˜o fixas. O resistor em se´rie com a fonte de corrente do lado direito tambe´m
pode ser removido, visto que esta´ com tensa˜o e corrente fixas. Enta˜o, o novo circuito com
as correntes definidas:
Figura 73: Circuito simplificado
O circuito possui quatro malhas, mas duas dessas malhas fornecem equac¸o˜es de res-
tric¸a˜o e as outras duas fornecem equac¸o˜es para montar o sistema linear. Comec¸ando na
malha 3:
i3 = −2A
A corrente e´ negativa pois o sentido da corrente de malha e´ oposto a` corrente i3
definida. Agora na malha 4:
i4 = −1A
Agora, parte-se para as equac¸o˜es que definem o circuito. Para a primeira malha:
59
−14 + 2i1 + 10(i1 − i2) = 0
−14 + 2i1 + 10i1 − 10i2 = 0
12i1 − 10i2 = 14
Para a segunda malha:
10(i2 − i1) + 2(i2 − i4) + 2(i2 − i3) = 0
10i2 − 10i1 + 2i2 − 2i4 + 2i2 − 2i3 = 0
Grac¸as as equac¸o˜es de restric¸a˜o, sabe-se quem e´ i3 e i4, e o sistema que a princ´ıpio
parecia ser 2x4 se torna 2x2, sendo poss´ıvel sua resoluc¸a˜o. Substituindo os valores na
equac¸a˜o:
10i2 − 10i1 + 2i2 − 2(−1) + 2i2 − 2(−2) = 0
−10i1 + 14i2 = −6
Resolvendo o sistema: i1 = 2A, i2 = 1A.
Para encontrar a poteˆncia nas fontes de corrente e´ necessa´rio saber a tensa˜o entre seus
terminais. E para saber esta tensa˜o, deve ser montada a equac¸a˜o da malha em que a fonte
esta´. Neste circuito, as fontes de corrente esta˜o em paralelo com os resistores, enta˜o suas
tenso˜es sa˜o iguais. Para a fonte de 1A:
2(i4 − i2) = v1A
2i4 − 2i2 = v1A
2(−1)− 2(1) = v1A
v1A = −4V
Implicando que o terminal positivo coincide com a ponta da flecha. Aplica-se o mesmo
princ´ıpio para encontrar a tensa˜o na fonte de 2A:
v2A = 2(i3 − i2)
v2A = 2(−2− 1)
v2A = −6V
Novamente, o sentido real e´ com o terminal positivo na ponta da flecha. Agora resta
encontrar as tenso˜es e correntes nos elementos, que fica como atividade para o leitor.
Dica: So sinal positivo coincidir com a ponta da flecha indica a fonte de corrente ser
uma geradora. Isto tambe´m pode ser visto pelo sentido da corrente, que esta´ entrando no
terminal negativo.
Resposta: PGerada = PConsumida = 146W
60
Exemplo 29: Realizar a ana´lise de malhas e o balanc¸o de poteˆncias do circuito da
Figura 74, se os paraˆmetros sa˜o: R1 = 4Ω, R2 = 2Ω, R3 = 2Ω, R4 = 2Ω, R5 = 1Ω, R6 =
1Ω, Eg1 = 6V,Eg2 = 12V, Ig = 2A,α = 10.
Figura 74: Circuito do Exemplo 29
A fonte de corrente esta´ em paralelo com R3, enta˜o, e´ poss´ıvel realizar uma trans-
formac¸a˜o de fonte para facilitar a ana´lise. A nova fonte tera´ uma tensa˜o de:
V = RI ⇒ V = R3Ig
Agora tem-se duas fontes de tensa˜o em se´rie, que por sua vez podem ser somadas.
Lembrando que o terminal positivo acompanha a ponta da flecha. O novo circuito sera´:
Figura 75: Circuito reduzido
Montando a equac¸a˜o da primeira malha:
61
−Eg1 +R1i1 +R2(i1 − i2) = 0
−Eg1 +R1i1 +R2i1 −R2i2 = 0
(R1 +R2)i1 −R2i2 = Eg1
Para a segunda malha:
−(Eg2 +R3Ig) +R3i2 +R4(i2 − i3) +R2(i2 − i1) = 0
−Eg2 −R3Ig +R3i2 +R4i2 −R4i3 +R2i2 −R2i1 = 0
−R2i2 + (R2 +R3 +R4)i2 −R4i3 = 0
Para a terceira malha:
αuc +R5i3 +R4(i3 − i2) +R6i3 = 0
Para resolver o sistema, e´ necessa´rio escrever a inco´gnita uc em func¸a˜o dos paraˆmetros
do circuito (fontes e resisteˆncias) e das correntes de malhas definidas. Neste caso, os
terminais da tensa˜o uc esta˜o em paralelo com os terminais do resistor R5, pore´m com
polaridades diferentes, devido ao sentido adotado para i3. Enta˜o:
uc = −R5i3
Aplicando esta soluc¸a˜o na equac¸a˜o da malha 3:
−αR5i3 +R5i3 +R4i3 −R4i2 +R6i3 = 0
−R4i2 + [R4 + (1− α)R5 +R6]i3 = 0
Agora aplicam-se os valores dados pelo exerc´ıcio nas equac¸o˜es para resolver o sistema
linear. Resolvendo o sistema, obteˆm-se: i1 = 2A, i2 = 3A, i3 = −1A.
Volta-se ao circuito original para encontrar a tensa˜o na fonte de corrente e montar
o balanc¸o de poteˆncias. O ca´lculo das poteˆncias sempre deve ser realizado no circuito
original, caso contra´rio, havera´ desequil´ıbrio de poteˆncias no circuito.
A tensa˜o na fonte Ig e´ igual a tensa˜o de R3, pois esta˜o em paralelo. Enta˜o:
vf = R3(Ig − i2)
vf = 2(2− 3)
vf = −2V
No comec¸o da equac¸a˜o foi definido que a corrente que predominava, e que determinaria
o sentido da corrente resultante, era Ig. Mas o sinal resultante e´ negativo, implicando que
a corrente predominante e´ i2 e o terminal positivo encontra-se na parte superior da fonte
(e do resistor). Isto a torna uma consumidora, portanto tera´ poteˆncia negativa.
Resposta: PGerada = PConsumida = 54W
62
Exemplo 30: Encontre Vo no circuito da Figura 76.
Figura 76: Circuito do Exemplo 30
A tensa˜o Vo e´ a mesma do resistor de 6kΩ, ou seja:
Vo = 6ki2
Enta˜o, na primeira malha, como ha´ uma fonte de corrente, apenas abstrai-se uma
equac¸a˜o de restric¸a˜o, dada por:
i1 = 2mA
Ha´ apenas uma malha para montar e resolver:
−2 + 6ki2 + 2k(i2 − i1) = 0
Aplica-se a equac¸a˜o de restric¸a˜o na equac¸a˜o de malha. Enta˜o:
−2 + 6ki2 + 2ki2 − 2k(2m) = 0
8ki2 = 6
Multiplicando e dividindo a equac¸a˜o por 6k:
8k
6k
6ki2 = 6
8
6
Vo = 6
Vo = 4, 5V63
Exemplo 31: Utilize o me´todo das malhas para encontrar ia no circuito abaixo.
Figura 77: Circuito do Exemplo 31
Das treˆs malhas do circuito, duas possuem fontes de corrente, que na˜o podem ser
equacionando convencionalmente. Destas malhas, obteˆm-se equac¸o˜es de restric¸a˜o para o
circuito. Para a segunda malha:
i2 =
(
2
5
)
vo
Esta soluc¸a˜o esta´ incompleta, pois na˜o se sabe quem e´ vo. Analisando o elemento de
controle (resistor de 5Ω):
vo = 5(i1 − i2)
Substituindo vo na primeira equac¸a˜o:
i2 =
(
2
5
)
5(i1 − i2)
i2 = 2i1 − 2i2
3i2 = 2i1
A importaˆncia dessa equac¸a˜o sera´ vista logo, ao equacionar a primeira malha. Da
terceira malha extrai-se que:
i3 = −10A
Montando a equac¸a˜o da primeira malha:
−75 + 2(i1 − i3) + 5(i1 − i2) = 0
−75 + 2i1 − 2i3 + 5i1 − 5i2 = 0
Sabe-se que i3 = −10A e que ia = i1. A princ´ıpio ha´ uma equac¸a˜o e duas varia´veis,
mas grac¸as a combinac¸a˜o das duas primeiras equac¸o˜es, sabe-se quem e´ i2 em func¸a˜o de
i1:
64
i2 =
(
2
3
)
i1
Substituindo os valores na equac¸a˜o da malha 1:
−75 + 2i1 − 2(−10) + 5i1 − 5
(
2
3
i1
)
= 0
−75 + 7i1 + 20−
(
10
3
)
i1 = 0(
11
3
)
i1 = 55
i1 = ia = 15A
Exemplo 32: Encontre Vo na rede da Figura 78.
Figura 78: Circuito do Exemplo 32
A primeira e segunda malha geram equac¸o˜es de restric¸o˜es que permitem a resoluc¸a˜o
da terceira malha do circuito. Na malha 1:
I1 = 4mA
Para a malha 2:
I2 = −2mA
E para a malha 3:
−3 + 4k(I3 − I2) + 2k(I3 − I1) + 2kI3 = 0
−3 + 4kI3 − 4kI2 + 2kI3 − 2kI1 + 2kI3 = 0
−2kI1 − 4kI2 + 12kI3 = 3
Resposta: Vo = −1, 5V
65
Exemplo 33: Encontre Vo no circuito a seguir.
Figura 79: Circuito do Exemplo 33
A primeira malha fornece:
I1 =
Vx
2000
E a segunda malha:
I2 = 2mA
Montando a equac¸a˜o da terceira malha:
−3 + 2k(I3 − I1) + 6kI3 = 0
−3 + 2kI3 − 2kI1 + 6kI3 = 0
−2kI1 + 8kI3 = 3
Sabe-se que I1 depende de Vx, que na˜o se sabe o valor. Analisando a varia´vel de
controle Vx no circuito:
Vx = 4k(I1 − I2)
Substituindo esta expressa˜o na equac¸a˜o da primeira malha:
I1 =
4k
2k
(I1 − I2)
I1 = 2(I1 − I2)
I1 = 2I2
Resposta: Vo =
33
4
V = 8, 25V
66
Exemplo 34: Encontre as correntes de malhas utilizando o MATLAB no circuito da
Figura 80.
Figura 80: Circuito do Exemplo 34
Este circuito gera ao total seis equac¸o˜es. Quatro equac¸o˜es de malhas com seis varia´veis
ao total e duas equac¸o˜es de restric¸a˜o das fontes controladas que permitem a reduc¸a˜o para
quatro varia´veis. A resoluc¸a˜o do sistema sera´ feit em MATLAB e demonstrada aqui. As
equac¸o˜es sera˜o montadas aqui; na malha 1:
I1 = 4mA
Na segunda malha:
I2 =
Vx
2000
Verificando a varia´vel de controle Vx, verifica-se que:
Vx = 2k(I3 − I1)
Substituindo na equac¸a˜o da malha 2:
I2 =
2k
2k
(I3 − I1)
I2 = I3 − I1
I1 + I2 − I3 = 0
Para a malha 3:
1000Ix = −2kI1 + 3kI3 − 1kI4
A varia´vel de controle Ix expressa que:
Ix = I4 − I2
67
Voltando para a terceira malha:
1k(I4 − I2) = −2kI1 + 3kI3 − 1kI4
1kI4 − 1kI2 = −2kI1 + 3kI3 − 1kI4
1kI2 + 3kI3 − 2kI4 = 8
Para a u´ltima malha:
12 + 1k(I4 − I3) + 1k(I4 − I2)
12 + 1kI4 − 1kI3 + 1kI4 − 1kI2 = 0
1kI2 + 1kI3 − 2kI4 = 12
Para resolver o sistema no MATLAB, deve-se organizar estas equac¸o˜es numa matriz:
1 0 0 0
1 1 −1 0
0 1k 3k −2k
0 1k 1k −2k


I1
I2
I3
I4
 =

4m
0
8
12

A resoluc¸a˜o pelo MATLAB e´ vista na Figura 81.
Figura 81: Resoluc¸a˜o pelo MATLAB
68
Exemplo 35: Determine Io no circuito da Figura 82. Utilize o MATLAB.
Figura 82: Circuito do Exemplo 35
Este circuito gera ao total oito equac¸o˜es: seis de malhas, pore´m com oito varia´veis, e
duas equac¸o˜es de restric¸a˜o para reduzir a ordem do sistema de 6x8 para 6x6. Na malha
1:
1kI1 + 1k(I1 − I2) + 1k(I1 − I4) = 0
1kI1 + 1kI1 − 1kI2 + 1kI1 − 1kI4 = 0
A equac¸a˜o pode ser dividida por 1000 para simplificac¸a˜o:
3I1 − I2 − I4 = 0
Para a malha 2:
−6 + 1k(I2 − I5) + 1k(I2 − I1) = 0
−6 + 1kI2 − 1kI5 + 1kI2 − 1kI1 = 0
Dividindo esta expressa˜o por 1000:
−I1 + 2I2 − I5 = 6m
Na malha 3:
I3 = 2Ix
Mas, a varia´vel de controle Ix pode ser escrita como:
Ix = I5 − I6
Enta˜o, voltando para a terceira malha:
I3 = 2(I5 − I6)
I3 = 2I5 − 2I6
I3 − 2I5 + 2I6 = 0
69
Partindo para a malha 4:
−12 + 1k(I4 − I1) + 2Vx = 0
O paraˆmetro Vx e´ definido pela primeira malha:
Vx = −1kI1
O sentido negativo indica que a corrente esta´ entrando no terminal negativo do resistor.
A polaridade/sentido da varia´vel de controle na˜o deve ser alterada. Enta˜o, retornando a
equac¸a˜o da malha 4:
−12 + 1kI4 − 1kI1 + 2(−1kI1) = 0
−12 + 1kI4 − 1kI1 − 2kI1 = 0
Agrupando os termos e dividindo a expressa˜o por 1000 obteˆm-se:
−3I1 + I4 = 12m
Agora, equacionando a malha 5:
−2Vx + 1k(I5 − I2) + 1k(I5 − I6) = 0
−2(−1kI1) + 1kI5 − 1kI2 + 1kI5 − 1kI6 = 0
2kI1 + 1kI5 − 1kI2 + 1kI5 − 1kI6 = 0
Organizando os termos e dividindo a equac¸a˜o por 1000 tem-se que:
2I1 − I2 + 2I5 − I6 = 0
Por fim, na malha 6:
1kI6 + 1k(I6 − I5) + 1k(I6 − I3) = 0
1kI6 + 1kI6 − 1kI5 + 1kI6 − 1kI3 = 0
Dividindo a equac¸a˜o por 1000 obteˆm-se:
−I3 − I5 + 3I6 = 0
I3 pode ser escrito como uma combinac¸a˜o de I5 e I6, como mostra a equac¸a˜o da terceira
malha.
−3I5 + 5I6 = 0
Organiza-se as equac¸o˜es em uma matriz para inseri-la no MATLAB:
3 −1 0 −1 0 0
−1 2 0 0 −1 0
0 0 1 0 −2 2
−3 0 0 1 0 0
2 −1 0 0 2 −1
0 0 0 0 −3 5


I1
I2
I3
I4
I5
I6
 =

0
6m
0
12m
0
0

A resoluc¸a˜o deste sistema no MATLAB pode ser vista na Figura 83.
70
Figura 83: Soluc¸a˜o no MATLAB
Exemplo 36: Calcular no circuito da Figura 84:
a) A tensa˜o entre os no´s A e D.
b) A poteˆncia fornecida pela fonte de corrente.
Figura 84: Circuito do Exemplo 36
Este e´ mais um exemplo de circuito na˜o-planar que precisa ser modificado de modo
que na˜o seja mais tridimensional. Mas antes disto, ha´ uma simplificac¸a˜o que pode ser
feita entre os no´s C e D. Primeiramente, pode ser feita uma transformac¸a˜o para fonte de
corrente e teremos dois resistores em paralelo que podem ser unidos. Apo´s isto, havera´
uma fonte de corrente em paralelo com um resistor, que podera´ ser transformada em uma
71
fonte de tensa˜o em se´rie com o resistor, reduzindo uma malha do circuito. Este processo
e´ visto na Figura 84.
Figura 85: Simplificac¸a˜o da rede
Apo´s esta simplificac¸a˜o, o resistor de 1Ω entre os no´s A e C pode ser redesenhado para
que o circuito se torne planar. A rede reconstru´ıda e´ dada pela Figura 86.
Figura 86: Circuito remontado
Agora equacionam-se as malhas do circuito. Para a malha 1:
−2 + 1(i1 − i2) + 1(i1 − i3)− 1 + 1i1 = 0
−3 + i1 − i2 + i1 − i3 + i1 = 0
3i1 − i2 − i3 = 3
Equacionando a segunda malha:
2− 8 + 1(i2 − i3) + 1(i2 − i1) = 0
−6 + i2 − i3 + i2 − i1 = 0
72
−i1 + 2i2 − i3 = 6
A malha 3 dita que:
i3 = 1A
Para resolver a questa˜o b e´ necessa´rio saber a tensa˜o na fonte de corrente, por isso,
vamos percorrer a malha 3:
−vf + 2i3 + 1 + 1(i3 − i1) + 1(i3 − i2) = 0
−vf + 2i31 + i3 − i1 + i3 − i2 = 0
−i1 − i2 + 4i3 + 1 = vf
a) Dica: A tensa˜o VAD e´ da da por: VAD = 1(i1 − i2)− 2.
Resposta: VAD = −4V
b) Resposta: Pf = −3W
Exemplo 37: Na Figura 87, a fonte de corrente fornece 54W de poteˆncia ao circuito.
Calcular:
a) O valor de E entre os no´s A e B.
b) Poteˆncias produzidas pelos geradores.
c) Poteˆncias dissipadas pelos resistores. Comprovar pelo balanc¸o de poteˆncias.
Figura 87: Circuito do Exemplo 37
a) Em primeiro lugar, se a fonte de corrente esta´ fornecendo ao circuito esta poteˆncia,
significa que a fonte e´ uma geradora e por convenc¸a˜o, o terminal positivo esta´ na pontada flecha. Podemos determinar a tensa˜o na fonte com a poteˆncia dada pelo exerc´ıcio:
Pf = vfIf ⇒ 54 = vf (3)⇒ vf = 18V
Esta tensa˜o ajudara´ a obter mais uma equac¸a˜o no circuito. A primeira malha, que
a princ´ıpio determinava uma das inco´gnitas, pode ser percorrida, pois a tensa˜o na fonte
na˜o e´ mais desconhecida. Esta nova equac¸a˜o sera´ necessa´ria, devido a inco´gnita E no
circuito. Agora temos o seguinte:
73
Figura 88: Circuito pre´-determinado
Modela-se as malhas agora. Malha 1:
−18 + 1(i1 − i3) + E + 5i1 = 0
−18 + i1 − i3 + E + 5i1 = 0
A mesma malha ainda nos diz que:
i1 = 3A
Substituindo na primeira equac¸a˜o de malha, obtemos:
−18 + 3− i3 + E + 15 = 0
i3 = E
Malha 2:
−E + 2(i2 − i3) + 4i2 = 0
−E + 2i2 − 2i3 + 4i2 = 0
Esta equac¸a˜o se beneficia do valor de i3 obtido anteriormente. Como E e´ a varia´vel
que desejamos obter o valor, podemos reduzir as inco´gnitas das equac¸o˜es atrave´s destas
igualdades e encontrar E de um modo mais fa´cil. Enta˜o:
−E + 6i2 − 2(E) = 0
i2 =
1
2
E
Sabemos quem e´ i1 numericamente, i2 e i3 em func¸a˜o de E. Com a equac¸a˜o da terceira
malha o problema pode ser resolvido.
−7 + 3i3 + 2(i3 − i2) + 1(i3 − i1) = 0
−7 + 3(E) + 2(E)− 2
(
1
2
)
E + E − 3 = 0
E = 2V
b) Resposta: P3A = 54W,PE = −4W,P7V = 14W .
c) Resposta: P1Ω = 1W,P2Ω = 2W,P3Ω = 12W,P4Ω = 4W,P5Ω = 45W .
74
Exemplo 38: No circuito da Figura 89, encontrar o valor de R se a fonte controlada
fornece 168W ao circuito.
Figura 89: Circuito do Exemplo 38
Infere-se do enunciado que se a fonte controlada esta´ fornecendo energia, enta˜o a
corrente esta´ entrando pelo terminal negativo, de acordo com a convenc¸a˜o adotada. Isso
implica que ia > ib, caso contra´rio, ela estara´ consumindo energia do sistema, pois ib
predominara´ ia e a corrente sera´ invertida. Com isto em mente, podemos comec¸ar a
equacionar o circuito. A equac¸a˜o da primeira malha sera´:
−4i3 − 6 +Ria + 2(ia − ic) = 0
Da malha 3 ja´ sabemos que i3 = ic, logo:
−4(ic)− 6 +Ria + 2ia − 2ic = 0
−4ic − 6 + (R + 2)ia − 2ic = 0
(R + 2)ia − 6ic = 6
Pela segunda malha ja´ vemos que ib = 2A. Voltando a conclusa˜o inicial de ia > ib,
sabemos agora que ia > 2. Esta informac¸a˜o sera´ relevante na resoluc¸a˜o do sistema. Por
fim, na malha 3:
−5 + 2(ic − ia) + 1ic = 0
−5 + 2ic − 2ia + ic = 0
−2ia + 3ic = 5
Bom, temos duas equac¸o˜es, mas treˆs inco´gnitas (ia, ic e R). Ainda na˜o e´ poss´ıvel
resolver o sistema sem uma equac¸a˜o auxiliar. Esta equac¸a˜o e´ remetida a poteˆncia gerada
pela fonte controlada, e´ a u´nica informac¸a˜o que ainda na˜o foi inserida no nosso sistema.
Enta˜o:
75
P = V i⇒ 168 = 4i3(ia − ib)
Substituindo i3 por ic:
4(ic)(ia − ib) = 168
4ic(ia − 2) = 168
ic(ia − 2) = 42
Para descobrir R, precisamos saber o valor de ia e ib, para substitui-los na equac¸a˜o da
malha 1. Isolando ic na equac¸a˜o da terceira malha:
ic =
2ia + 5
3
Substituindo esta´ igualdade na equac¸a˜o auxiliar, obtemos o seguinte:(
2ia + 5
3
)
(ia − 2) = 42
(2ia + 5)(ia − 2) = 126
2i2a − 4ia + 5ia − 10 = 126
2i2a + ia = 136
2i2a + ia − 136 = 0
Esta equac¸a˜o ira´ fornecer duas soluc¸o˜es:
ia1 = 8A
e
ia2 = −8, 5A
Para saber qual e´ o valor correto, devemos analisar a deduc¸a˜o inicial.
ia > ib ⇒ ia > 2A
ia = 8A
Com o valor de ia, encontra-se agora o valor de ic:
ic =
2ia + 5
3
ic =
2(8) + 5
3
ic =
21
3
ic = 7A
Agora encontramos R pela primeira equac¸a˜o montada.
(R + 2)ia − 6ic = 6
(R + 2)(8)− 6(7) = 6
(R + 2)(8) = 48
R + 2 = 6
R = 4Ω
76
Exemplo 39: Calcular o valor de Ug se a corrente ib = 1A.
Figura 90: Circuito do Exemplo 39
A corrente ia e´ um paraˆmetro de uma fonte controlada que precisa ser determinado
em func¸a˜o das varia´veis que estamos utilizando no sistema e que queremos encontrar.
ia = I1 − I3
Sabemos tambe´m que ib = 1A, mas quem exatamente e´ ib em termos das inco´gnitas
que queremos obter?
ib = 1 = I2 − I3
I2 − I3 = 1
Todas as condic¸o˜es foram observadas, agora partimos para a ana´lise de malhas. Na
primeira malha:
Ug + 8I1 + 1(I1 − I3) + 6(I1 − I2) = 0
Ug + 8I1 − 8I3 + 6I1 − 6I2 = 0
15I1 − 6I2 − I3 = −Ug
Para a malha 2:
I2 = −2ia
Mas ja´ obtivemos analiticamente ia, logo:
I2 = −2(I1 − I3)
I2 = −2I1 + 2I3
−2I1 − I2 + 2I3 = 0
77
Para a malha 3:
5ia + 1I3 + 1(I3 − I2) + 1(I3 − I1) = 0
5(I1 − I3) + I3 + I3 − I2 + I3 − I1 = 0
5I1 − 5I3 + 3I3 − I2 − I1 = 0
4I1 − I2 − 2I3 = 0
A resoluc¸a˜o se baseia na substituic¸a˜o, mas de um modo mais elaborado, pensando no
seguinte passo ao que estamos. Primeiramente, isolamos na equac¸a˜o da terceira malha I1;
em seguida substitui-se este novo I1 na equac¸a˜o da segunda malha. Aqui entra o pensar
mais a frente: a ideia de isolar I1 e na˜o I2 ou I3 e´ fundamentada no fato da equac¸a˜o de
ib estar relacionando I2 com I3. Deste modo teremos duas equac¸o˜es com duas inco´gnitas.
Enta˜o, isolando I1 na equac¸a˜o da malha 3:
I1 =
I2 + 2I3
4
Substituindo esta expressa˜o na equac¸a˜o da segunda malha:
−2
(
I2 + 2I3
4
)
− I2 + 2I3 = 0
−I2
2
− I3 − I2 + 2I3 = 0
3
2
I2 + I3 = 0
I3 =
3
2
I2
Aplicamos esta expressa˜o de I3 na relac¸a˜o de ib:
I2 − I3 = 1
I2 −
(
3
2
I2
)
= 1
I2 = −2A
Agora apenas voltamos no caminho. Para encontrar I3:
I3 =
3
2
I2
I3 =
3
2
(−2)
I3 = −3A
Para encontrar I2:
I1 =
I2 + 2I3
4
78
I1 =
−2 + 2(−3)
4
I1 = −2A
Utilizamos os valores das correntes na equac¸a˜o da malha 1 para determinar o valor de
Ug:
15I1 − 6I2 − I3 = −Ug
15(−2)− 6(−2)− (−3) = −Ug
Ug = 15V
Exemplo 40: Realizar a ana´lise de malhas do circuito da Figura 91.
Figura 91: Circuito do Exemplo 40
E´ interessante comec¸ar pela quarta malha, para que possamos substituir o valor de i4
nas equac¸o˜es que dependem do mesmo.
i4 = 7A
Montando a equac¸a˜o da primeira malha:
−23 + 9(i1 − i2) + 2(i1 − i3) + 3i1 = 0
−23 + 9i1 − 9i2 + 2i1 − 2i3 + 3i1 = 0
14i1 − 9i2 − 2i3 = 23
Equacionando a segunda malha:
20 + 9(i2 − i1) + 1i2 + 5(i2 − i4) + 2(i2 − i3) = 0
20 + 9i2 − 9i1 + i2 + 5i2 − 5(7) + 2i2 − 2i3 = 0
79
−9i1 + 17i2 − 2i3 = 15
Na terceira malha, obteˆm-se:
−20 + 2(i3 − i2) + 2(i3 − i4) + 1i3 + 2(i3 − i1) = 0
−20 + 2i3 − 2i2 + 2i3 − 2(7) + i3 + 2i3 − 2i1 = 0
−2i1 − 2i2 + 7i3 = 34
Fica como exerc´ıcio ao leitor encontrar as correntes e calcular a tensa˜o e corrente em
cada elemento do circuito.
Exemplo 41: Considere o circuito da Figura 92. Utilize a ana´lise de malhas para
obter uma expressa˜o para as tenso˜es v1, v2 e v3.
Figura 92: Circuito do Exemplo 41
Nota-se que na parte inferior do circuito foi adicionado um novo elemento, um terra,
tambe´m conhecido como referencia. Ele serve para indicar que naquele no´ o potencial e´
zero e as medidas de tensa˜o no circuito devem ser feitas com relac¸a˜o a ele. A refereˆncia
geralmente e´ ilustrada em circuitos para se resolver pelo me´todo dos no´s, que sera´ visto
mais adiante. Mas a refereˆncia na˜o nos impede de modelar o circuito pelo me´todo das
malhas. Assim, na malha de i1:
R1(i1 − io) +R2i1 +R3(i1 − i2) = 0
R1i1 −R1io +R2i1 +R3i1 −R3i2 = 0
(R1 +R2 +R3)i1 −R3i2 = R1io
Para simplificar ca´lculos posteriores, podemos dizer que:
RA = R1 +R2 +R3
Enta˜o, nossa primeira equac¸a˜o se torna:
RAi1 −R3i2 = R1io
80
Na segunda malha:
R3(i2 − i1) +R4[i2 − (−3io)] +R5i2 = 0
R3i2 −R3i1 +R4i2 +R4(3io) +R5i2 = 0
−R3i1 + (R3 +R4 +R5)i2 = −3R4io
Novamente podemos refinar a equac¸a˜o para uma resoluc¸a˜o mais fa´cil e ra´pida.
RB = R3 +R4 +R5
Assim, a equac¸a˜o da malha 2 se torna:
−R3i1 +RBi2 = −3R4io
Dica: As correntes podem ser obtidas de um modo mais fa´cil pela HP utilizando a
opc¸a˜o MTRW e designar cada resisteˆncia a uma letra.
Resposta: v1 =
RARB −R23 −RBR1 − 3R4R3RARB −R23
R1io
v2 =
RBR1 + 3R3R4 −R1R3 − 3RAR4
RARB −R23
R3io
v3 =
R1R3 + 3RAR4
RARB −R23
R5io
Exemplo 42: Obtenha as expresso˜es para as correntes i1 e i2.
Figura 93: Circuito do Exemplo 42
Desejamos obter as correntes i1 e i2, que sa˜o respectivamente iguais a ia e ib. A equac¸a˜o
da malha a e´ escrita como:
−vo +R1ia +R2(ia − ib) = 0
−vo +R1ia +R2ia −R2ib = 0
81
(R1 +R2)ia −R2ib = vo
E a malha b e´ expressa por:
R2(ib − ia) +R3(ib − io) +R4[ib − (−5io)] = 0
R2ib −R2ia +R3ib −R3io +R4ib + 5R4io = 0
−R2ia + (R2 +R3 +R4)ib = (R3 − 5R4)io
Novamente, pode-se utilizar substituic¸a˜o para resolver o sistema, ou a HP. A resoluc¸a˜o
fica como exerc´ıcio para o estudante.
Resposta: i1 =
vo
R1 +R2
+
R2
R1 +R2
[
R2vo + (R1 +R2)(R3 − 5R4)io
(R1 +R2)(R2 +R3 +R4 −R22)
]
i2 =
R2vo + (R1 +R2)(R3 − 5R4)io
(R1 +R2)(R2 +R3 +R4 −R22)
Exemplo 43: Encontre a raza˜o
I2
Is
no circuito da Figura 94.
Figura 94: Circuito do Exemplo 43
A tensa˜o V e´ a mesma para a fonte de corrente quanto para o resistor R1, pore´m,
na˜o conseguimos determinar a tensa˜o a partir da fonte de corrente. Podemos escrever a
tensa˜o V em func¸a˜o das correntes do circuito e da resisteˆncia R1.
V = R1(Is − I1)
Agora analisamos a malha 2 do circuito.
−αV +R2I2 +R1(I2 − Is) = 0
−α[R1(Is − I2)] +R2I2 +R1I2 −R1Is = 0
−αR1Is + αR1I2 +R2I2 +R1I2 −R1Is = 0
(αR1 +R1)Is = (R1 +R2 + αR1)I2
I2
Is
=
(α + 1)R1
(α + 1)R1 +R2
82
Exemplo 44: Determine a poteˆncia total dissipada nos resistores da Figura 95.
Figura 95: Circuito do Exemplo 44
Definimos primeiramente a varia´vel de controle VR da fonte dependente em func¸a˜o das
resisteˆncias e correntes.
VR = 5I
Equacionando a malha dispon´ıvel:
−5VR − 100 + 500(I − 1) + 5I = 0
−5(5I)− 100 + 500I − 500 = 0
−25I − 600 + 500I = 0
I = 1, 25A
Com a corrente determinada, calcula-se as poteˆncias nos resistores, que fica como
exerc´ıcio para o leitor.
Resposta: PTotal = 39, 0625W
Exemplo 45: Calcule a poteˆncia fornecida (ou absorvida) pela fonte controlada no
circuito abaixo.
83
Figura 96: Circuito do Exemplo 45
A varia´vel de controle VR pode ser expressa como:
VR = 2(−2− I)
Equacionando a malha da direita obtemos:
3VR − 4 + 2(I − (−2)) + 5I = 0
3[2(−2− I)]− 4 + 2I + 4 + 5I = 0
−12− 6I − 4 + 2I + 4 + 5I = 0
I = 12A
A poteˆncia da fonte sera´ dada por:
P = V i⇒ P = (3VR)(12)⇒ P = 3[2(−2− I)](12)⇒ P = −1008W
Exemplo 46: Determine na Figura 97:
a) A tensa˜o a circuito aberto (entre os terminais a e b) com as polaridades marcadas.
b) A tensa˜o na fonte de corrente de 3A no circuito.
c) A corrente que circula entre os terminais ab se os mesmos sa˜o curto-circuitados.
Figura 97: Circuito do Exemplo 46 parte (a e b)
a) Ja´ temos a corrente de malha, apenas precisamos percorrer a malha mais externa
para determinar a tensa˜o Vab. Observe primeiramente que ha´ um resistor entre os termi-
nais em aberto. Ele sera´ descartado da ana´lise pois na˜o ha´ corrente em circuito aberto,
portanto na˜o ha´ queda de potencial no mesmo.
84
−Vab − 4(3) + 20 = 0
−Vab + 8 = 0
Vab = 8V
b) Utilizando o valor de Vab obtido em (a), calcula-se a tensa˜o na fonte a partir de:
−Vab + 8(3)− vf = 0
−8 + 24 = vf
vf = 16V
c) Para este caso, o circuito toma uma geometria diferente, como mostra a Figura 98.
Figura 98: Circuito do Exemplo 46 parte (c)
Nota-se uma fonte de corrente que compartilha as duas malhas do circuito. Quando
isto acontece, temos o que chama-se de supermalha, que sera´ vista na pro´xima sec¸a˜o.
Neste exemplo veremos o que pode ser feito quando na˜o se conhece uma supermalha e o
que a supermalha permitira´. Enta˜o, equacionando a primeira malha:
−20 + 4I1 + 8(I1 − I2)− vf = 0
−20 + 4I1 + 8I1 − 8I2 − vf = 0
20 + vf = 12I1 − 8I2
Para a segunda malha:
vf + 8(I2 − I1) + 6I2 = 0
vf + 8I2 − 8I1 + 6I2 = 0
8I1 − 14I2 = vf
Temos agora duas equac¸o˜es, pore´m treˆs inco´gnitas. Ao analisar as equac¸o˜es, vemos
que a tensa˜o vf e´ comum em ambas. Desse modo, podemos substituir vf na primeira
equac¸a˜o pela expressa˜o obtida da segunda malha e obteremos a seguinte equac¸a˜o:
20 + (8I1 − 14I2) = 12I1 − 8I2
85
4I1 + 6I2 = 20
Agora temos apenas uma equac¸a˜o e duas inco´gnitas. Necessitamos de uma equac¸a˜o
auxiliar. Esta equac¸a˜o pode ser obtida analisando o ramo central do circuito e aplicar a
Lei das Correntes de Kirchhoff. Precisamos de algo que relacione I1 com I2. O no´ superior
do circuito nos da´ a relac¸a˜o que procuramos, que relaciona I1 com I2 e a fonte de corrente:
A corrente I1 esta´ entrando no no´, enquanto que I2 e 3A esta˜o saindo do no´.
I1 = I2 + 3
Com isso, temos finalmente o nu´mero de inco´gnitas igual ao nu´mero de equac¸o˜es
e podemos obter o valor da corrente de curto-circuito, que coincide com I2. Enta˜o,
substituindo a equac¸a˜o auxiliar na equac¸a˜o resultante das duas malhas obtemos:
4(I2 + 3) + 6I2 = 20
4I2 + 12 + 6I2 = 20
I2 = 0, 8A
O conceito de supermalha ira´ nos permitir pular o passo intermedia´rio que envolve
a substituic¸a˜o de vf para que esta varia´vel desaparec¸a. Nota-se que o circuito de duas
malhas gerou, no fim das contas, apenas uma equac¸a˜o de malha e tivemos que obter uma
equac¸a˜o auxiliar para resolver o circuito. A supermalha faz com que uma malha saia do
circuito, mas a custo de uma nova equac¸a˜o, que e´ determinada olhando para a fonte de
corrente e as correntes que circulam entre suas malhas.
Exemplo 47: Para o circuito da Figura 99:
a) Encontre k de modo que a poteˆncia dissipada no resistor de 2Ω na˜o ultrapasse 50W.
b) Para o valor determinado de k, encontre a poteˆncia fornecida por cada fonte.
c) Calcular a poteˆncia dissipada pelos resistores e verificar o balanc¸o de poteˆncias.
Figura 99: Circuito do Exemplo 47
Em primeiro lugar, devemos saber quais sa˜o as condic¸o˜es que garantem que na˜o haja
uma poteˆncia superior a 50W:
86
P = Ri2 ⇒ P2Ω 6 50W
Ri2 6 50
2I21 6 50
I1 6
√
50
2
I1 6 5A
Este valor representa a ma´xima amplitude poss´ıvel para I1, que sera´ utilizado nos
ca´lculos posteriores. Agora, podemos simplificar o circuito; o resistor de 8Ω em paralelo
com a fonte pode ser removido, pois esta´ numa tensa˜o fixa.
Figura 100: Circuito simplificado do Exemplo 47
Agora, montamos a equac¸a˜o da malha a, com cuidado, pois a polo positivo do resistor
de 2Ω esta´ na parte superior, implicando que Ia < 6A. Enta˜o:
−kI1 + 16− 2(6− Ia) + 4Ia = 0
Temos um problema agora, pois na˜o sabemos quem e´ Ia e apenas temos uma equac¸a˜o.
O que sabemos e´ que ha´ uma corrente de 6A descendo e precisamos de um nu´mero para
Ia de modo que a corrente resultante seja 5A no resistor, tambe´m descendo, obedecendo
o sentido do paraˆmetro I1. A u´nica possibilidade para isso e´ que Ia seja 1A, pois havera´
6A descendo e 1A subindo. Caso na˜o tenha ficado claro, analise pela Lei das Correntes
de Kirchhoff no no´ superior do circuito. Temos que:
6− I1 − Ia = 0
Ia = 6− I1
Ia = 1A
Agora retornamos a equac¸a˜o de malha obtida anteriormente:
−kI1 + 16− 2(6− Ia) + 4Ia = 0
−k(5) + 16− 12 + 2(1) + 4(1) = 0
−5k + 10 = 0
k = 2
87
As questo˜es b e c ficam como exerc´ıcio.
Dica: O circuito utilizado deve ser o original.
b) Resposta: P6A = 60W ;P16V = 16W ;PkI1 = 10W
c) Resposta: P2Ω = 50W ;P4Ω = 4W ;P8Ω = 32W ;PGerada = PConsumida = 86W
Exemplo 48: Determine a poteˆncia no resistor R7 no circuito da Figura 101. Consi-
dere Vo = 5V,R1 = 1kΩ, R2 = 2kΩ, R3 = 7kΩ, R4 = 1kΩ, R5 = 3, 7kΩ, R6 = 1kΩ, R7 =
2kΩ, r = 2kΩ, α = 2.
Figura 101: Circuito do Exemplo 48
Para este circuito ha´ dois elementos com uma tensa˜o fixa, mas eles na˜o podera˜o ser
removidos da ana´lise, pois o balanc¸o de poteˆncia sera´ afetado, ja´ que havera´, neste caso,
dois resistores que na˜o sera˜o contabilizados. A remoc¸a˜o dos elementos so´ pode