Leis de Kirchhoff

Pegue o circuito que a prova do PAS 3 de 2025 imprimiu: uma fonte de 7 V, outra de 6 V e cinco resistores (1 Ω, 2 Ω, 3 Ω, 2 Ω e 1 Ω) dispostos em três laços. Tente reduzi-lo com as ferramentas da página de associação de resistores. Os dois resistores do ramo da direita estão em série, tudo bem; mas e o resistor de 3 Ω do meio? Ele liga o ponto B ao ponto C, e nem B nem C são terminais de um par em paralelo, porque entre B e D há uma segunda fonte. O método de “somar série, juntar paralelo” trava na primeira tentativa, e nenhuma fórmula de equivalente diz quanta corrente sai de cada bateria, nem para que lado.

Esta página é sobre o que fazer quando a redução trava. A resposta tem duas frases, ambas de conservação. Num nó, tudo o que entra de carga por segundo sai no mesmo segundo, já que um circuito em regime estacionário não vai estocando carga em ponto nenhum. Numa malha, a soma das subidas e descidas de potencial é zero, porque cada ponto do circuito tem um único potencial, e quem dá a volta completa volta ao valor de onde partiu. Escritas com uma convenção de sinais fixa, as duas frases viram um sistema de equações lineares com uma incógnita por corrente desconhecida, e o sistema resolve qualquer circuito: com uma fonte ou com dez, com malhas que se desfazem em série e paralelo ou com malhas que não se desfazem. Corrente elétrica, lei de Ohm e associação de resistores são pré-requisitos com páginas próprias; a resistência interna de uma bateria real entra aqui só como mais um resistor na malha, e o gerador real em si tem a página de geradores e receptores.

Nó, ramo e malha: o vocabulário que o circuito impõe

Antes de qualquer equação, o circuito precisa ser lido. Três palavras organizam a leitura, e a contagem delas decide quantas equações serão necessárias.

Conte no circuito da prova de 2025: os pontos A, B, C e D são nós (em cada um chegam três fios); há seis ramos (de A a B pelo resistor de 1 Ω, de A a C pelo de 2 Ω, de B a C pelo de 3 Ω, de B a D pela fonte de 6 V com o resistor de 2 Ω, de C a D pelo de 1 Ω, e de D a A pela fonte de 7 V), portanto seis correntes de ramo a descobrir, e três janelas, portanto três malhas independentes. A contagem já diz o tamanho do problema antes de qualquer conta.

Dois componentes merecem definição explícita, porque os itens se decidem nela. A fonte ideal impõe uma tensão fixa $\varepsilon$ (a força eletromotriz) entre seus terminais, seja qual for o resto do circuito ligado a ela; o polo positivo é o traço maior do símbolo, e o potencial do polo positivo está $\varepsilon$ volts acima do negativo, sempre, com corrente passando em qualquer sentido ou sem corrente nenhuma. O resistor obedece à lei de Ohm, $U = Ri$, e a corrente convencional o atravessa do terminal de maior potencial para o de menor.

A lei dos nós é a conservação da carga

Pense numa junção de canos cheios de água: o que entra por segundo pelos canos de chegada sai, no mesmo segundo, pelos de saída, porque a junção não tem onde guardar água. Um nó de circuito está na mesma situação em relação à carga elétrica, e a razão é física, não uma convenção: em regime estacionário, as correntes são constantes no tempo, e isso só é possível se nenhum ponto do circuito estiver acumulando carga. Um nó que acumulasse carga positiva iria se carregando sem parar, criaria um campo elétrico crescente ao redor e mudaria as próprias correntes que chegam a ele; o circuito não estaria em regime estacionário.

Num nó com três ramos, a lei diz que uma das correntes é a soma das outras duas, ou a diferença, conforme os sentidos. Na urna eletrônica da prova de 2019, uma fonte de 12 V alimentava três ramos em paralelo com chaves e resistores de 2 Ω, 4 Ω e 6 Ω; com as chaves do primeiro e do terceiro ramos fechadas, cada ramo fechado enxerga os 12 V, as correntes são $12/2 = 6$ A e $12/6 = 2$ A, e o nó que reúne os ramos recebe $6 + 2 = 8$ A. É a lei dos nós em forma de conta.

A lei das malhas é o potencial com um único valor em cada ponto

O potencial elétrico é uma função do ponto: cada ponto do circuito tem um valor de $V$, e só um. É isso que torna o campo elétrico conservativo e o trabalho da força elétrica independente do caminho, como a página de potencial elétrico mostra. A consequência para o circuito é imediata. Se você sair de um ponto, percorrer uma malha inteira e voltar ao mesmo ponto, a soma de todas as variações de potencial ao longo do caminho tem de ser zero, porque o potencial final é o inicial. Quem faz uma trilha circular na serra, subindo 300 m por uma encosta, descendo 100 m até um riacho e mais 200 m de volta ao estacionamento, está na altitude de onde saiu: $+300 - 100 - 200 = 0$.

Fisicamente, a lei das malhas é a conservação da energia por unidade de carga. A fonte eleva o potencial da carga que a atravessa (é a energia química, ou mecânica, virando energia elétrica); cada resistor abaixa o potencial de $Ri$ (energia elétrica virando calor). Na volta completa o saldo é zero. Por isso a lei vale para qualquer laço fechado, independente ou não, e por isso ela já está embutida nas fórmulas de série e paralelo: quando se escreve $U = R_1 i + R_2 i$ para dois resistores em série, está-se dizendo que a fonte sobe $U$ e os dois resistores descem o total; quando se diz que dois resistores em paralelo têm a mesma tensão, está-se dizendo que os dois ligam os mesmos dois nós, e dois pontos têm uma única diferença de potencial.

A convenção de sinais: a fonte olha para o percurso, o resistor olha para a corrente

Para somar subidas e descidas é preciso saber, componente a componente, o que é subida e o que é descida. Escolha um sentido de percurso para a malha (horário, por exemplo) e caminhe por ela. Só há quatro situações.

A ordem dos dois critérios não é detalhe: é o erro mais plantado pela banca neste assunto. No circuito de 2025, o item perguntava se a diferença de potencial entre os pontos B e D, pelo ramo central, era $V_B - V_D = -6 - 2(i_1 - i_3)$. O ramo tem a fonte de 6 V com o polo positivo voltado para B e, abaixo dela, o resistor de 2 Ω, percorrido pela corrente $i_1 - i_3$ de B para D. Siga o ramo de B até D: a fonte é atravessada do polo $+$ para o $-$ (o potencial cai 6 V) e o resistor, no sentido da corrente (cai mais $2(i_1 - i_3)$). Então $V_D = V_B - 6 - 2(i_1 - i_3)$, ou seja, $V_B - V_D = +6 + 2(i_1 - i_3)$. A expressão do item tem os dois sinais trocados; ela seria a variação de potencial vista por quem caminha de B para D, e não a diferença $V_B - V_D$. Item errado; e repare que a convenção de sinais basta para julgá-lo, sem que nenhuma corrente precise ser calculada.

Exemplo 1: as duas leis num circuito que a associação já resolvia

Comece por um circuito que a associação resolve sozinha, só para ver as duas leis confirmarem o que a redução já disse. Uma bateria ideal de 18 V alimenta um resistor de 2 Ω, seguido de um par em paralelo formado por 12 Ω e 6 Ω. O par equivale a $12 \times 6/(12 + 6) = 4$ Ω; com o resistor de 2 Ω, o circuito inteiro vale 6 Ω e a bateria entrega $18/6 = 3$ A.

O nó onde o paralelo começa. Entram 3 A. Como o resistor de 2 Ω já derrubou $2 \times 3 = 6$ V, sobram $18 - 6 = 12$ V sobre o par: pelo resistor de 12 Ω passam $12/12 = 1$ A e pelo de 6 Ω, $12/6 = 2$ A. A soma do que sai, $1 + 2$, reproduz os 3 A que entraram.

Volta que passa pela bateria, pelo resistor de 2 Ω e, em seguida, pelo de 12 Ω, acompanhando a corrente: $+18 - 2 \times 3 - 12 \times 1 = 0$. Volta que passa pela bateria, pelo de 2 Ω e pelo de 6 Ω: $+18 - 2 \times 3 - 6 \times 2 = 0$. Volta interna, só pelos dois resistores do paralelo (descendo pelo de 12 Ω com a corrente, subindo pelo de 6 Ω contra a corrente dele): $-12 \times 1 + 6 \times 2 = 0$. As três voltas fecham em zero, e a terceira é a soma das outras duas com sinal trocado: ela não acrescenta informação, o que já antecipa a seção sobre a contagem de equações.

Aqui as leis só confirmam. Elas se tornam o método quando a associação não existe.

Quando a redução trava: duas fontes e um nó com três ramos

Dois nós, N em cima e M embaixo, e três ramos verticais entre eles: à esquerda, uma fonte de 10 V (polo positivo para cima) em série com um resistor de 1 Ω; no meio, um resistor de 2 Ω; à direita, uma fonte de 4 V (polo positivo para cima) em série com um resistor de 2 Ω. Nada está em série com nada fora do próprio ramo, e os três ramos ligam os mesmos dois nós, mas dois deles têm fontes: não há “paralelo de resistores” a reduzir. É o caso típico de Kirchhoff.

Passo 1, arbitrar as correntes. Três ramos, três correntes: $I_1$ no ramo da esquerda, $I_2$ no da direita, as duas arbitradas para cima (de M para N, saindo pelo polo positivo de cada fonte, o palpite natural); $I_3$ no ramo do meio, arbitrada para baixo.

Passo 2, a lei dos nós. No nó N chegam $I_1$ e $I_2$ e sai $I_3$:

$$I_1 + I_2 = I_3.$$

O nó M daria a mesma equação com os papéis trocados; com dois nós, só uma equação de nó é independente.

Passo 3, a lei das malhas, uma para cada janela, percorridas no sentido horário. Malha da esquerda (fonte de 10 V, resistor de 1 Ω, nó N, resistor de 2 Ω para baixo, nó M): subindo pela fonte do $-$ para o $+$, $+10$; subindo pelo resistor de 1 Ω a favor de $I_1$, $-1 \cdot I_1$; descendo pelo resistor de 2 Ω a favor de $I_3$, $-2 I_3$:

$$10 - I_1 - 2I_3 = 0.$$

Malha da direita, horária (nó N, desce pelo ramo da direita, nó M, sobe pelo resistor de 2 Ω do meio): descendo pelo resistor de 2 Ω da direita contra $I_2$, $+2 I_2$; descendo pela fonte de 4 V do $+$ para o $-$, $-4$; subindo pelo resistor do meio contra $I_3$, $+2 I_3$:

$$2I_2 - 4 + 2I_3 = 0 \quad\Rightarrow\quad 4 - 2I_2 - 2I_3 = 0.$$

Passo 4, resolver. Das equações de malha, $I_1 = 10 - 2I_3$ e $I_2 = 2 - I_3$. Na equação do nó: $10 - 2I_3 + 2 - I_3 = I_3$, logo $12 = 4I_3$ e

$$I_3 = 3\ \text{A}, \qquad I_1 = 4\ \text{A}, \qquad I_2 = -1\ \text{A}.$$

Passo 5, conferir. Nó: $4 + (-1) = 3$. Malha da esquerda: $10 - 4 - 6 = 0$. Malha da direita: $4 - 2(-1) - 2(3) = 4 + 2 - 6 = 0$. Fecha.

O balanço de energia confirma a leitura. A fonte de 10 V fornece $\varepsilon I = 10 \times 4 = 40$ W. A fonte de 4 V, atravessada por 1 A no sentido contrário, recebe $4 \times 1 = 4$ W. Os resistores dissipam $1 \times 4^2 + 2 \times 3^2 + 2 \times 1^2 = 16 + 18 + 2 = 36$ W. E $40 - 4 = 36$: tudo o que a fonte forte fornece vai para os resistores e para carregar a fonte fraca.

Malha única com duas fontes: oposição e concordância

O caso mais simples com duas fontes é o de uma malha só, e ele cabe numa fórmula. Com uma única corrente $i$ percorrendo todos os componentes, a lei das malhas dá

$$\sum \varepsilon = \left(\sum R\right) i \qquad\Rightarrow\qquad i = \frac{\sum \varepsilon}{\sum R},$$

em que $\sum \varepsilon$ é a soma algébrica das fems (positivas as que empurram a corrente no sentido escolhido, negativas as que se opõem) e $\sum R$ inclui todas as resistências da malha, as internas das baterias reais também.

Exemplo 2. Uma malha tem uma fonte de 9 V, uma de 3 V e dois resistores, de 1 Ω e 2 Ω. Se as fontes estão em oposição (os polos positivos “olhando” um para o outro ao longo da malha, cada fonte tentando empurrar a corrente para um lado), a fem líquida é $9 - 3 = 6$ V e $i = 6/3 = 2$ A, no sentido ditado pela fonte de 9 V; a fonte de 3 V recebe $3 \times 2 = 6$ W, e as resistências dissipam $1 \times 4 + 2 \times 4 = 12$ W, que somados aos 6 W dão os $9 \times 2 = 18$ W fornecidos. Se as fontes estão em concordância (uma empurra a corrente no sentido da outra), a fem líquida é $9 + 3 = 12$ V, $i = 12/3 = 4$ A e as duas fontes fornecem: $36 + 12 = 48$ W, que é $3 \times 16$ W dissipados. Conferência pela volta completa, no caso da oposição, partindo logo depois da fonte de 9 V: $+9 - 1 \times 2 - 3 - 2 \times 2 = 0$.

Dois detalhes práticos. Primeiro, “oposição” e “concordância” dizem respeito à posição dos polos ao longo da malha, não ao desenho: duas fontes desenhadas uma ao lado da outra podem estar em qualquer dos dois casos, e só a polaridade decide. Segundo, se a corrente calculada sair negativa, a fonte que você supôs dominante não domina; o módulo continua certo.

Quantas equações? A contagem que evita equação repetida e equação faltando

Um circuito com $n$ nós e $r$ ramos tem $r$ correntes desconhecidas. A lei dos nós fornece $n - 1$ equações independentes: a do último nó é sempre consequência das outras (toda corrente que sai de um nó chega a outro, e a soma de todas as equações de nós dá $0 = 0$). Faltam $r - (n - 1)$ equações, que vêm da lei das malhas, uma para cada malha independente; num diagrama plano, uma para cada janela. É exatamente a conta das janelas: o circuito de 2025 tem $r = 6$ ramos e $n = 4$ nós, portanto $6 - 3 = 3$ malhas, as três que a figura mostra.

Há um jeito de escrever menos equações: as correntes de malha. Em vez de uma corrente por ramo, atribui-se uma corrente a cada janela, circulando por ela inteira (todas horárias, por exemplo). A lei dos nós fica satisfeita automaticamente, porque cada corrente de malha entra e sai de cada nó que atravessa; sobram só as equações de malha, uma por janela. O preço é que, quando um resistor pertence a duas janelas ao mesmo tempo (resistor compartilhado), a corrente que de fato o atravessa é a subtração de uma corrente de malha pela outra, pois, com todas horárias, as duas o percorrem em sentidos opostos. No circuito de 2025, $i_1$, $i_2$ e $i_3$ são correntes de malha, e as correntes de ramo listadas pelo texto da prova saem por diferenças: a corrente no resistor de 1 Ω da esquerda, compartilhado pelas malhas 1 e 2, é $i_b = i_1 - i_2$; a do resistor de 3 Ω, entre as malhas 2 e 3, é $i_d = i_3 - i_2$; a do ramo central, entre as malhas 1 e 3, é $i_e = i_1 - i_3$.

O circuito de três malhas da prova de 2025, equação por equação

Vale resolver o circuito inteiro uma vez, porque o bloco de 2025 tirou dele seis itens de Física e três de Matemática, e porque o mesmo circuito ensina todo o método.

A figura da prova: fonte de 7 V no lado esquerdo, polo positivo em cima; o fio de cima leva ao nó A, de onde descem um resistor de 1 Ω até B e, pela direita, um resistor de 2 Ω até C; entre B e C, o resistor de 3 Ω; de B para baixo, a fonte de 6 V (polo positivo voltado para B) e o resistor de 2 Ω, até o nó D no fio de baixo; de C para baixo, o resistor de 1 Ω até D. Correntes de malha $i_1$ (malha da esquerda), $i_2$ (superior direita) e $i_3$ (inferior direita), todas horárias.

Malha 1, horária, partindo de D: sobe pela fonte de 7 V do $-$ para o $+$, $+7$; de A desce pelo resistor de 1 Ω, percorrido por $i_1$ a favor e por $i_2$ contra, $-1(i_1 - i_2)$; de B desce pela fonte de 6 V do $+$ para o $-$, $-6$; desce pelo resistor de 2 Ω central, percorrido por $i_1$ a favor e $i_3$ contra, $-2(i_1 - i_3)$:

$$7 - (i_1 - i_2) - 6 - 2(i_1 - i_3) = 0 \quad\Rightarrow\quad 3i_1 - i_2 - 2i_3 = 1. \qquad (1)$$

Malha 2, horária, partindo de A: desce pelo resistor de 2 Ω da direita a favor de $i_2$, $-2i_2$; de C vai a B pelo de 3 Ω, a favor de $i_2$ e contra $i_3$, $-3(i_2 - i_3)$; de B sobe a A pelo de 1 Ω, a favor de $i_2$ e contra $i_1$, $-1(i_2 - i_1)$:

$$-2i_2 - 3(i_2 - i_3) - (i_2 - i_1) = 0 \quad\Rightarrow\quad -i_1 + 6i_2 - 3i_3 = 0. \qquad (2)$$

Malha 3, horária, partindo de B: vai a C pelo de 3 Ω, a favor de $i_3$ e contra $i_2$, $-3(i_3 - i_2)$; desce pelo de 1 Ω da direita, $-i_3$; de D sobe pelo de 2 Ω central, a favor de $i_3$ e contra $i_1$, $-2(i_3 - i_1)$; sobe pela fonte de 6 V do $-$ para o $+$, $+6$:

$$-3(i_3 - i_2) - i_3 - 2(i_3 - i_1) + 6 = 0,$$

que, com os termos agrupados por corrente, fica

$$-2i_1 - 3i_2 + 6i_3 = 6. \qquad (3)$$

São as três equações impressas no caderno, termo a termo. Repare no padrão: em cada equação, o coeficiente da própria corrente é a soma das resistências da malha ($1 + 2 = 3$; $2 + 3 + 1 = 6$; $3 + 1 + 2 = 6$), os outros coeficientes são as resistências compartilhadas com as malhas vizinhas, com sinal negativo, e o lado direito é a soma algébrica das fems da malha ($7 - 6 = 1$; $0$; $+6$).

Resolver por substituição (escalonamento). De (2), $i_1 = 6i_2 - 3i_3$. Em (1): $18i_2 - 9i_3 - i_2 - 2i_3 = 1$, ou $17i_2 - 11i_3 = 1$. Em (3): $-12i_2 + 6i_3 - 3i_2 + 6i_3 = 6$, ou $-15i_2 + 12i_3 = 6$, que simplifica para $-5i_2 + 4i_3 = 2$, isto é, $i_3 = (2 + 5i_2)/4$. Na equação anterior: $68i_2 - 22 - 55i_2 = 4$, logo $13i_2 = 26$ e

$$i_2 = 2\ \text{A}, \qquad i_3 = \frac{2 + 10}{4} = 3\ \text{A}, \qquad i_1 = 12 - 9 = 3\ \text{A}.$$

Conferência nas três equações: $9 - 2 - 6 = 1$; $-3 + 12 - 9 = 0$; $-6 - 6 + 18 = 6$. Fecha. (A mesma solução sai pela regra de Cramer: o determinante da matriz dos coeficientes vale 39, e o de $i_1$, trocando a primeira coluna pelos termos independentes $1, 0, 6$, vale 117; $117/39 = 3$.)

As correntes de ramo, com os nomes do texto da prova: $i_a = i_1 = 3$ A sai da fonte de 7 V; $i_b = i_1 - i_2 = 1$ A desce de A para B pelo resistor de 1 Ω; $i_c = i_2 = 2$ A desce de A para C; $i_d = i_3 - i_2 = 1$ A vai de B para C pelo de 3 Ω; $i_e = i_1 - i_3 = 0$ no ramo central; $i_f = i_3 = 3$ A desce de C para D. Lei dos nós em A: chegam 3, saem $1 + 2$. Em B: chega 1, saem $1 + 0$. Em C: chegam $2 + 1$, saem 3. Em D: chegam $3 + 0$, saem 3 para a fonte. Todos fecham, e nenhuma corrente saiu negativa: os sentidos horários eram os reais. O item 82 de 2025 perguntava se $i_1$ era maior que 5: é 3, errado.

Balanço de potência. A fonte de 7 V fornece $7 \times 3 = 21$ W; a de 6 V, com corrente zero, nem fornece nem recebe. Os resistores dissipam $1 \times 1^2 + 2 \times 2^2 + 3 \times 1^2 + 2 \times 0^2 + 1 \times 3^2 = 1 + 8 + 3 + 0 + 9 = 21$ W. Fecha outra vez, por um caminho independente do sistema.

Ler a matriz de coeficientes

A prova de 2025 imprimiu, ao lado do sistema, a matriz $A$ dos coeficientes, e cobrou dela um determinante. A matriz não é um objeto estranho ao circuito; é o circuito escrito em outra notação, e dá para lê-la de volta.

$$A = \begin{pmatrix} 3 & -1 & -2 \\ -1 & 6 & -3 \\ -2 & -3 & 6 \end{pmatrix}, \qquad A \begin{pmatrix} i_1 \\ i_2 \\ i_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 6 \end{pmatrix}.$$

Dois fatos de álgebra que a prova cobrou pelo lado da Matemática têm leitura física aqui. O determinante de $A$ é diferente de zero (vale 39), e isso é o que garante solução única: um circuito de verdade, com resistências positivas, sempre tem determinante não nulo, porque as correntes ficam determinadas. E o item 85 pediu o determinante de $B = 2A$: multiplicar uma matriz $3 \times 3$ por 2 multiplica cada uma das três linhas por 2, e o determinante fica multiplicado por $2^3 = 8$, logo $\det B = 8 \times 39 = 312$. Fisicamente, $2A$ é a matriz do mesmo circuito com todas as resistências dobradas; com as mesmas fems, todas as correntes caem à metade.

A diferença de potencial entre dois pontos não depende do caminho

A lei das malhas tem uma consequência prática que a banca cobra: a tensão entre dois pontos quaisquer do circuito pode ser calculada por qualquer caminho que os ligue, somando subidas e descidas, e todos os caminhos dão o mesmo resultado. É a independência do caminho do potencial, agora com números.

Tome os pontos B e D do circuito de 2025, com as correntes já conhecidas. Pelo ramo central, de B a D: desce 6 V pela fonte e desce $2 \times 0 = 0$ pelo resistor; $V_B - V_D = 6$ V. Por A: de B sobe a A pelo resistor de 1 Ω contra a corrente $i_b = 1$ A, $+1$; de A a D passa pela fonte de 7 V do $+$ para o $-$ (o fio de cima liga A ao polo positivo), $-7$; total $V_D - V_B = +1 - 7 = -6$, logo $V_B - V_D = 6$ V. Por C: de B a C pelo resistor de 3 Ω a favor de $i_d = 1$ A, $-3$; de C a D pelo de 1 Ω a favor de $i_f = 3$ A, $-3$; $V_B - V_D = 6$ V. Três caminhos, 6 V. Foi o item 87 de 2025, no circuito 2 do mesmo bloco: um elétron que vai de D até A passando por C tem a mesma variação de energia potencial, $q(V_A - V_D)$, que um elétron que vai de D até A passando por B. Certo, porque a energia potencial depende só dos pontos de partida e de chegada.

E a fonte ideal impõe a sua fem entre os terminais em qualquer circuito. Os pontos A e D são os terminais da fonte de 7 V, ligados a ela por fios sem resistência; então $V_A - V_D = 7$ V no circuito 1, com a fonte de 6 V e o resistor de 3 Ω, e $V_A - V_D = 7$ V no circuito 2, sem eles. O item 89 de 2025 afirmava que, “devido à presença da fonte de 6 V”, a diferença de potencial entre A e D seria menor no circuito 1: errado, sem conta nenhuma. Se as baterias fossem reais, com resistência interna, aí sim a tensão nos terminais dependeria da corrente; é o assunto da página de geradores.

A escada do potencial: a lei das malhas num desenho

Há uma forma de ver a lei das malhas de uma vez: percorrer a malha e desenhar o potencial em função da posição. Cada fonte é um degrau vertical (para cima se atravessada do $-$ para o $+$, para baixo no contrário); cada resistor é uma rampa (para baixo se percorrido a favor da corrente, para cima se contra); os fios são trechos horizontais; e, ao voltar ao ponto de partida, a curva tem de estar na altura em que começou.

Um gráfico exatamente assim saiu na prova de 2014: a malha tinha um resistor $R = 5$ Ω e duas baterias reais, de resistências internas $r_1 = 2$ Ω e $r_2 = 1$ Ω, e o percurso partia de um ponto $a$ no sentido anti-horário. O gráfico partia de $V_a = 0$, caía bruscamente a $-4$ V, subia uma rampa marcada $ir_1$, outra marcada $iR$, outra marcada $ir_2$, e voltava bruscamente a zero. Lê-se tudo dele. Os degraus verticais são as fems: 4 V na primeira bateria (atravessada do $+$ para o $-$) e 2 V na segunda (do $-$ para o $+$); as duas estão em oposição e a fem líquida é 2 V. As rampas sobem nos três resistores, então o percurso anti-horário é contrário à corrente: a corrente real é horária. Isso foi o item 112 (“o sentido do percurso é igual ao sentido convencional da corrente”: errado). E a soma das rampas tem de compensar a diferença dos degraus: $i(2 + 5 + 1) = 2$, $i = 0{,}25$ A; a potência na resistência interna de 1 Ω é $1 \times 0{,}25^2 \approx 0{,}06$ W, muito menos que o 1 W do item 111 (errado). O gráfico impresso é um esboço (as rampas não saem exatamente proporcionais às resistências); nos números da figura desta página, com $i = 0{,}25$ A: $V_b = -4 + 0{,}5 = -3{,}5$ V, $V_c = -3{,}5 + 1{,}25 = -2{,}25$ V, depois $-2{,}25 + 0{,}25 = -2$ V, e o degrau de 2 V fecha em zero.

Em 2020, a banca pediu o desenho, num item de resposta construída: uma malha única com uma bateria de fem $E$ e resistência interna $r$ ligada a dois resistores $R_1$ e $R_2$ por fios ideais, percorrida por uma corrente $I$, e um gráfico em branco com os quatro componentes em sequência, $E$, $r$, $R_1$, $R_2$, separados por linhas pontilhadas. Sem números, o esboço é a escada: um degrau para cima de altura $E$ na fonte (do $-$ para o $+$, que é o sentido da corrente dentro da fonte), três rampas para baixo de alturas $rI$, $R_1 I$ e $R_2 I$, proporcionais às resistências, e o fim na altura do começo, porque $E = rI + R_1 I + R_2 I$. O item pedia ainda o intervalo “em que os elétrons ganham mais energia potencial”. A energia potencial de uma carga é $qV$; como o elétron tem $q = -e$, a energia potencial dele sobe justamente nos trechos em que $V$ desce ao longo do caminho que ele realmente faz, que é o contrário do da corrente convencional. Dentro da bateria, o elétron vai do polo positivo ao negativo, de potencial maior para menor, e a sua energia potencial aumenta em $eE$, paga pela energia química da pilha; em cada resistor, ele entra pelo terminal de potencial mais baixo e sai pelo mais alto, de modo que a energia potencial cai $eRI$ e aparece como calor. A resposta é o intervalo da fonte. Lida pela carga negativa, a lei das malhas diz o mesmo de sempre: a fonte é a porta de entrada da energia, os resistores são a saída.

A ponte de Wheatstone: equilíbrio pelos potenciais, desequilíbrio por Kirchhoff

Quatro resistores em dois ramos paralelos ($R_1$ e $R_2$ num ramo, $R_3$ e $R_4$ no outro) e um quinto elemento, em geral um galvanômetro, ligando os pontos do meio dos dois ramos: é a ponte de Wheatstone. A página de associação mostra a ponte equilibrada, em que o ramo do meio não conduz e o circuito se reduz; aqui está a razão do equilíbrio e o que fazer quando ele não existe.

Ponha o polo negativo da fonte em potencial zero e o positivo em $U$. Sem corrente no galvanômetro, cada ramo é um divisor de tensão: o ponto do meio do primeiro ramo está em $V_P = U \dfrac{R_2}{R_1 + R_2}$ e o do segundo em $V_Q = U \dfrac{R_4}{R_3 + R_4}$. O galvanômetro liga P a Q; a corrente nele é zero se, e só se, $V_P = V_Q$, isto é, se as duas frações forem iguais. Igualando e multiplicando em cruz:

$$R_1 R_4 = R_2 R_3.$$

É a condição de equilíbrio, e ela é uma afirmação sobre potenciais de pontos, não sobre o galvanômetro: se os produtos cruzados são iguais, P e Q estão no mesmo potencial, e qualquer coisa ligada entre eles (galvanômetro, resistor, fio) fica sem corrente e pode ser retirada sem alterar o resto.

Exemplo 3, a ponte desequilibrada. Fonte ideal de 9 V; ramo de cima com $R_1 = 1$ Ω e $R_2 = 1$ Ω, ponto do meio P; ramo de baixo com $R_3 = 1$ Ω e $R_4 = 3$ Ω, ponto do meio Q; entre P e Q, um resistor $R_5 = 1$ Ω. Produtos cruzados: $R_1 R_4 = 3$ e $R_2 R_3 = 1$; diferentes, a ponte não está equilibrada, o ramo do meio conduz e não há série nem paralelo a reduzir. Em vez de três correntes de malha, use os potenciais dos nós: com o polo negativo em 0 e o positivo em 9 V, as únicas incógnitas são $V_P$ e $V_Q$, e a lei dos nós em P e em Q, com cada corrente escrita pela lei de Ohm como diferença de potenciais sobre a resistência, dá duas equações.

Nó P: chega corrente do polo positivo por $R_1$, $(9 - V_P)/1$; saem correntes para o polo negativo por $R_2$, $V_P/1$, e para Q por $R_5$, $(V_P - V_Q)/1$:

$$9 - V_P = V_P + (V_P - V_Q) \quad\Rightarrow\quad 3V_P - V_Q = 9.$$

Nó Q: chegam $(9 - V_Q)/1$ por $R_3$ e $(V_P - V_Q)/1$ por $R_5$; sai $V_Q/3$ por $R_4$:

$$9 - V_Q + V_P - V_Q = \frac{V_Q}{3} \quad\Rightarrow\quad 3V_P - 7V_Q = -27.$$

Subtraindo a segunda da primeira: $6V_Q = 36$, $V_Q = 6$ V; e $V_P = (9 + 6)/3 = 5$ V. As correntes saem na hora: $4$ A em $R_1$, $5$ A em $R_2$, $3$ A em $R_3$, $2$ A em $R_4$ e $(6 - 5)/1 = 1$ A no galvanômetro, de Q para P (Q está mais alto). Conferência em P: chegam $4 + 1 = 5$, sai 5. Em Q: chegam 3, saem $2 + 1$. A fonte fornece $9 \times 7 = 63$ W, e os resistores dissipam $16 + 25 + 9 + 12 + 1 = 63$ W. Se $R_4$ fosse 1 Ω, os produtos cruzados seriam iguais, $V_P = V_Q = 4{,}5$ V, e a corrente no meio seria zero: equilíbrio.

Até onde as duas leis valem, e como conferir qualquer resposta

As leis de Kirchhoff, na forma usada nesta página, supõem quatro coisas, e cada uma pode virar item.

Regime estacionário. As correntes não mudam no tempo. É o que garante que nenhum nó acumula carga (lei dos nós) e que o campo no circuito é o campo eletrostático, conservativo (lei das malhas). Durante a carga de um capacitor, por exemplo, a corrente no ramo dele varia e o capacitor acumula carga de propósito; o regime permanente, com o capacitor carregado e corrente nula no ramo, é assunto da página de capacitores.

Componentes ideais. A fonte impõe a fem; o resistor obedece a Ohm com $R$ constante. Uma bateria real entra como fonte ideal em série com sua resistência interna, um resistor a mais na malha, e nada muda no método.

Fios sem resistência. Dois pontos ligados por fio são o mesmo nó, com o mesmo potencial. Se um fio tem resistência apreciável (uma linha de transmissão), trate-o como resistor.

Ausência de campos magnéticos variáveis. Um fluxo magnético que varia através de uma malha induz nela uma fem extra (lei de Faraday), e a soma das tensões na volta deixa de ser zero. Corrente estacionária gera campo magnético, mas um campo constante não induz nada; por isso o item 86 de 2025, que afirmava que correntes estacionárias “conforme a lei da indução de Faraday, não gerarão campos magnéticos”, está errado por outro motivo: elas geram campo (lei de Ampère); o que não fazem é induzir fem em malhas vizinhas.

O protocolo completo, então: nomear nós, ramos e malhas; arbitrar correntes; escrever $n - 1$ equações de nós e completar com malhas (ou usar correntes de malha, ou potenciais de nós); resolver; conferir em cada equação; ler os sinais; fechar a potência. Se o circuito se reduz por série e paralelo, reduza antes, porque é mais rápido; as duas leis entram em cena no ponto em que a redução não avança mais.

Como a banca pergunta

O assunto apareceu em quatro provas da 3.ª etapa (2014, 2019, 2020 e 2025). Na prova de 2025, até agora a única escrita sob a matriz vigente, ele respondeu por quatro dos seis itens válidos de eletrodinâmica, concentrados num bloco cujo texto-base era um artigo de engenharia que consta na lista de obras. Os itens estão na aba de exercícios, verbatim; aqui vai a leitura de cada um.

A escada de 2014 (itens 111 a 113). Malha única: $R = 5$ Ω, baterias com $r_1 = 2$ Ω e $r_2 = 1$ Ω, e o potencial desenhado ao longo de um percurso anti-horário. Item 113, “não há acúmulo de carga em um nó”: a definição da lei dos nós, certo. Item 112, “o sentido do percurso é igual ao sentido da corrente”: as rampas sobem nos resistores, o percurso vai contra a corrente, errado. Item 111, “a energia dissipada em $r_2 = 1$ Ω é superior a 1 W”: os degraus das fems dão 4 V e 2 V em oposição, $i = 2/8 = 0{,}25$ A, $P = 1 \times 0{,}25^2 = 0{,}0625$ W, errado por larga margem; o item quer saber se você descobre a corrente a partir dos degraus do gráfico.

O nó da urna (2019, item 90). Fonte de 12 V, três ramos com chaves e resistores de 2 Ω, 4 Ω e 6 Ω; com $S_1$ e $S_3$ fechadas e $S_2$ aberta, “haverá uma corrente de 8 A através do nó”: $6 + 2 = 8$ A, certo. Lei dos nós em forma de conta, com os ramos abertos simplesmente ignorados.

A bateria de lítio (2020, item 112) e o esboço do potencial (2020, item 114). Bateria de 20 V com 1 Ω interno, um resistor $R$ em série e um par de 20 Ω em paralelo com 0,5 A em cada um. A tensão no par é 10 V, a corrente total 1 A, e a lei das malhas na volta completa dá $20 = 1 \times 1 + R \times 1 + 10$, $R = 9$ Ω, marcação 009. O item 114, num texto-base separado, pedia o esboço do potencial ao longo de uma malha com $E$, $r$, $R_1$ e $R_2$: degrau para cima na fonte, rampas para baixo nos resistores, e os elétrons ganhando energia potencial na fonte.

O circuito de três malhas (2025, itens 80 a 85, 87 e 89). Item 80, “haverá um acúmulo de carga nessas resistências”: errado, corrente estacionária transporta, não retém. Item 82, “$i_1$ é maior que 5”: $i_1 = 3$, errado. Item 83, a expressão $V_B - V_D = -6 - 2(i_1 - i_3)$: sinais trocados, errado. Item 84, a quarta equação obtida somando (1) e (2) não altera a solução: certo. Item 85, $\det(2A) = 2^3 \times 39 = 312$. Item 87, o elétron de D a A por C ou por B tem a mesma variação de energia potencial: certo. Item 89, a fonte de 6 V tornaria a ddp entre A e D menor no circuito 1: errado, a fonte ideal de 7 V impõe 7 V nos dois circuitos. E os itens 90 e 91, sobre o circuito 2 (sem o ramo central), são série e paralelo puros e estão na página de associação de resistores. O item 88 do bloco foi anulado por ambiguidade (o circuito 2 contém dois pares distintos de 1 Ω e 2 Ω, e o enunciado não dizia qual) e não entra.

O padrão é nítido. Dos sete itens válidos de 2025 sobre o circuito 1 (80, 82, 83, 84, 85, 87 e 89), nenhum exigia de fato o valor das correntes para ser julgado, exceto o 82, e mesmo esse se resolve numa substituição. A banca cobra a convenção de sinais (83), a definição das leis (80, 2014/113, 2019/90), a independência do caminho (87, 89), a contagem de equações (84) e a leitura do gráfico do potencial (2014/111 e 112, 2020/114). Quem sabe montar as equações julga o bloco inteiro; quem só sabe resolver fica com metade.

Os erros que mais custam item

O essencial em meia página

• Nó: três ou mais fios; ramo: trecho entre nós, uma corrente; malha: laço fechado; independentes = janelas do desenho.
• Lei dos nós (carga): $\sum i_{\text{chegam}} = \sum i_{\text{saem}}$. Corrente estacionária não acumula carga em nó nem em componente.
• Lei das malhas (energia, potencial univalente): $\sum \Delta V = 0$ em qualquer volta fechada.
• Sinais: fonte $-\to+$ soma $+\varepsilon$, $+\to-$ soma $-\varepsilon$ (olha o percurso); resistor a favor da corrente $-Ri$, contra $+Ri$ (olha a corrente).
• Contagem: $r$ correntes de ramo; $n - 1$ equações de nós; $r - (n - 1)$ equações de malha. Combinação linear de equações não altera a solução.
• Correntes de malha: uma por janela, nós automáticos; resistor compartilhado carrega a diferença. Matriz: diagonal = soma das resistências da malha; fora = resistência compartilhada, negativa; lado direito = fems. $\det(kA) = k^3 \det A$ para $3 \times 3$.
• Corrente negativa: módulo certo, sentido oposto; fonte com corrente entrando pelo $+$ recebe energia.
• Malha única, duas fontes: $i = \sum\varepsilon / \sum R$; oposição subtrai, concordância soma; internas no denominador.
• Ddp entre dois pontos: qualquer caminho, mesmo resultado; fonte ideal impõe $\varepsilon$ entre seus terminais em qualquer circuito.
• Gráfico do potencial: degrau na fonte, rampa no resistor; rampas para cima = percurso contra a corrente; fecha na altura inicial. Elétron ganha energia potencial na fonte.
• Wheatstone: equilíbrio $R_1 R_4 = R_2 R_3$ (pontos do meio no mesmo potencial); desequilibrada, use potenciais dos nós ou malhas.
• Validade: regime estacionário, componentes ideais, fios sem resistência, sem fluxo magnético variável.
• Conferência: substituir em todas as equações e fechar $\sum \varepsilon_k i_k = \sum R_j i_j^2$.
• Circuito de 2025: $3i_1 - i_2 - 2i_3 = 1$, $-i_1 + 6i_2 - 3i_3 = 0$, $-2i_1 - 3i_2 + 6i_3 = 6$; $i_1 = 3$, $i_2 = 2$, $i_3 = 3$; ramo da fonte de 6 V com corrente nula; $\det A = 39$; $V_B - V_D = 6$ V; $V_A - V_D = 7$ V.