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Apostilinha de Circuitos Elétricos.TRANSCRIPT
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CAPÍTULO IV - TÉCNICAS DE RESOLUÇÃO DE CIRCUITOS ELÉTRICOS
Cons iderações in ic ia is: Deveremos in ic ia lmente compreender que “reso lver” um c ircu ito e lé tr ico, s ign if ica a determ inação de todas as suas tensões e todas as suas correntes ; para tan to , qua lquer que seja o método u t i l izado, to rna-se fundamenta l o domín io da 10 Le i de Ohm e das Le is de K irchof f . Veremos a segu ir os pr inc ipa is métodos de reso lução de c ircu itos e lé tr icos : 1 ) RESOLUÇÃO POR ASSOCIAÇÕES SÉRIE-PARALELO SIMPLES : Ta l p rocesso cons is te na redução do c ircu ito proposto a uma ún ica malha: gerador-res is tor , de term inando a corrente pr inc ipa l do c ircu ito e pos ter iormente vo ltando-se ao c ircu ito or ig ina l. Em pr inc ip io somente é poss íve l a u t i l ização d ireta deste processo em c ircu itos que possuam um ún ico gerador de tensão; Daremos a segu ir um exemplo prát ico da ap licação deste processo, a través da reso lução de um c ircu ito :
Reso lver comple tamente o c ircu ito aba ixo:
Comecemos então a reso lver as assoc iações imedia tas e a redesenhar o c ircu ito ; Notemos que R 1 está em sér ie com R 2 ; R 8 em sér ie com R 1 0 ; e a inda R 5 em sér ie com R 6 ; reso lvendo es tas pr imeiras assoc iações, e redesenhando o c ircu ito te remos:
+
-
R = 41 Ω100V
R = 810 Ω
R = 82 Ω
R = 124 Ω
R = 128 Ω
R = 87 Ω
R = 16 Ω
R = 35 Ω
R =
43
ΩR
= 59
Ω
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Observar então que agora R S 1 es tá em para le lo com R 3 ; e que R S 2 es tá em para le lo com R 9 ; portanto tem-se:
RP112 412 4
3= ×+
= Ω ; RP220 520 5
4= ×+
= Ω : Redesenhando o c ircu ito tem-se :
Notemos que agora tem-se a sér ie de R p 1 com R 4 e a inda a sér ie de R p 2 com R 7 ; reso lvendo e redesenhando obtem-se:
Ver if icamos então que R S 4 es tá em para le lo com R S 5 (observe que R S 4 e R S 5 es tão conectados entre os mesmos pontos A e B ) portanto , encontrando o res is tor equ iva lente para le lo :
RP = ×+
=10 1510 15
6Ω ; redesenhando o c ircu ito tem-se:
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Tendo-se reduzido f ina lmente o c ircu ito a uma ún ica malha, ca lcu la-se a corrente , de term inando-se o sentido da
mesma: =Ω
== Α1010
V100RV
I
( lembramos que res istores são b ipo los pass ivos, portanto com tensão e corrente ao contrár io ) :
Vo ltamos agora passo a passo para o c ircu ito or ig ina l, do f im para o começo: Lembrando que o res is tor equ iva lente de 10Ω , ve io da sér ie de 4Ω com 6Ω , e lembrando que em res is tores em sér ie tem-se a mesma corrente iremos ter :
Ap licando-se a Le i de Ohm, ind iv idua lmente para cada res istor , e mais uma vez, lembrando que em res is tores tensão e corrente são ao contrár io te remos:
Vo ltemos agora mais um passo, observando que o res is tor de 6Ω fo i gerado pe la assoc iação em para le lo de 10Ω com 15Ω e lembrando que numa assoc iação em para le lo temos a mesma tensão ;se lembrarmos que a tensão no res is tor de 6Ω é de 60V sent ido de A → B , en tão conc lu iremos que seja no res istor de 10Ω , seja no res is tor de 15Ω a tensão também será de 60V sent ido de A → B , no esquema que era anter io r a esse. No res istor de 4Ω tudo cont inua igua l por não ter hav ido mudanças:
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As correntes I 1 e I 2 são fac i lmente determ ináve is pe la ap licação dire ta da Le i de Ohm nos res is tores de 15Ω e 10Ω , uma vez conhec ida a tensão de 60V; vo ltando-se mais um passo, ou seja: mantendo-se as cond ições sobre o res is tor de 4Ω , e notando que o res is tor de 15Ω ve io da sér ie de 3Ω com 12Ω (Portanto a mesma corrente de 4A) e a inda que o res is tor de 10Ω ve io da sér ie de 4Ω com 6Ω (portanto a mesma corrente de 6A) , e a inda com a ap licação conseqüente da Le i de Ohm sobre os res is tores das sér ies obteremos:
Vo ltemos mais um passo mantendo as cond ições sobre os res is tores que não sofreram mudanças e notando que o res istor de 3Ω fo i o r ig inado pe la assoc iação em para le lo de 12Ω com 4Ω (portanto, a tensão sobre es tes res is tores será de 12V) e a inda notando que o res is tor de 4Ω fo i o r ig inado pe la assoc iação em para le lo do res is tor de 5Ω com o res is tor de 20Ω (portanto sendo a tensão sobre es tes res is tores de 24V)Com as tensões conhec idas fac i lmente determ inamos as correntes I 3 , I 4 , I 5 , I 6 sobre os resis tores a través da Le i de Ohm:
Como ú lt imo passo, f ina lmente vo ltemos ao c ircu ito or ig ina l mantendo as cond ições sobre os res is tores que não mudaram e observando que o res is tor de 12Ω fo i gerado pe la sér ie de 8Ω com 4Ω (portanto , a corrente nes tes res is tores será de 1 ,0A) que o res is tor de 20Ω fo i or ig inado pe la sér ie de 12Ω com 8Ω (portanto, sendo a corrente nes tes res istores de 1,2A), e f ina lmente notando que o res istor de 4 ,0Ω (que es tá em sér ie com o gerador) fo i o r ig inado pe la assoc iação em sér ie de 3Ω com 1Ω (sendo portanto a corrente nestes res is tores de 10A). A subsequente ap licação da Le i de Ohm fornece:
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30V
9,6V
14,4V
4V
10V
10A
6A4A
1A
3A
1,2A4,8A
24V
+
-
4Ω
1Ω
8Ω
6Ω
8Ω 12Ω
3Ω
5Ω
12Ω
4Ω 100V
36V
8V
48V
12V
AB
C D E
F
VERIFICAÇÃO POSSÍVEIS: a ) Podemos in ic ia lmente ver if icar a Le i dos Nós para cada Nó; ou seja : Nó A: Entram 10A; saem 1A, 3A , 4 ,8A e 1 ,2A . Observe que 1+ 3 + 4 ,8 + 1,2 = 10A (soma das que entram = soma das que saem) Nó C: Entram 3A e 1A; saem 4A (ver if icado) Nó D: Entram 4A e 6A; saem 10A (ver if icado) Nó E: Entram 4,8A e 1 ,2A; saem 6A (ver if icado) b ) Podemos também ver if icar a Le i das Malhas para cada malha, e fe tuando a c ircu itação das mesmas: - Malha CBAC: + 4 + 8 - 12 = 0 (ver if icada) - Malha CADC: + 12 + 30 - 100 +10 + 48 = 0 (ver if icada) - Malha DAED: - 10 + 100 - 30 - 24 - 36 = 0 (ver if icada) - Malha AFEA: - 14,4 - 9 ,6 + 24 = 0 (ver if icada) - Malha BAFEDCB (malha externa) + 8 - 14,4 - 9 ,6 - 36 + 48 + 4 = 0 (ver if icada) 2) RESOLUÇÃO POR EQUIVALÊNCIA DE GERADORES-(Equivalência Northon-Thevenìm) Uma outra ferramenta poderosa uti l izada na resolução de circuitos elétricos, é baseada no princípio da equivalência de geradores, ou na Equivalência Northon-Thevenìm, que consiste em subst itu ir a associação em série de um gerador de tensão com um resistor, pela associação em paralelo de um gerador de corrente com o mesmo resistor.
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Demonstremos então a equivalência, imaginando inic ia lmente um gerador de tensão de valor E (Qualquer), associado em série com um resistor de valor R e determinando a curva característica ( i x v ) do bipolo equivalente. Analogamente imaginemos um gerador de corrente de valor I , associado em parale lo com um resistor de valor r e também determinemos a curva característ ica ( i x v ) do bipolo equivalente; teremos:
a) - Gerador de tensão ; b) - Gerador de corrente
em série com um resistor R : em paralelo com um resistor r :
v = E - R . i ∴ ; r
viI += ∴
=⇒=
=⇒=∴
R
Ei0v:se
Ev0i:se ;
=⇒=
⋅=⇒=∴
Ii0v:se
Irv0i:se
De posse das equações características de cada bipolo equivalente determinemos então as curvas característ icas dos mesmos. Observando-se que as equações são l ineares, as curvas poderão ser obtidas a partir de dois pontos para cada equação (V. Acima) :
a) - Curva Característ ica de b) - Curva Característ ica de
um Gerador de tensão um Gerador de corrente em série com um resistor R em paralelo com um resistor r
ii ii
Iv Iv
E
E
R
R.I
I
Para que exista equivalência entre os dois bipolos em qualquer c ircunstância, é
necessário que as duas curvas características sejam absolutamente iguais. Nestas
condições , como estamos lidando com retas, bastará impor que dois pontos de uma
curva característica sejam idênticos a dois pontos da outra ;ou seja:
+
-E
R
R.i
Ii Ii
iv iv
iv
irI
ir
A A
B B
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IR
E= ; e a inda : I.rE =
donde, combinando as equações obtemos: R = r ; e ainda: E = R . I Portanto, se entre dois pontos “A” e “B” de um circuito, t ivermos um gerador de tensão em série com um resistor, poderemos substitu ir esta associação, entre os mesmos pontos por um gerador de corrente associado em paralelo com o mesmo resistor, da forma como se segue:
+
-E
R
R
A A
B B
ER
De maneira análoga, se entre dois pontos “A” e “B” de um circuito, t ivermos um gerador de corrente em paralelo com um resistor, poderemos substitu ir esta associação, entre os mesmos pontos por um gerador de tensão associado em série com o mesmo resistor, da forma como se segue:
+
-Ir . I
Ir
ir
AA
BB
I
Exercício de Aplicação: Para o c ircuito a seguir, pede-se determinar a tensão V
ind icada entre os pontos “A” e “B” pelo uti l ização do processo de equivalência de
geradores:
Considerando-se que entre os pontos A e B temos um gerador de tensão de 12V em série com um resistor de 6Ω ; a inda que temos um gerador de 9V em série com um resistor de 3Ω , e f inalmente também temos um gerador de 8V em série com um resistor de 2Ω , poderemos entender o c ircuito equivalente com sendo:
A
B
+
+
+-
-
-
12V
9V
8V
6Ω
3Ω
2Ω
V
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A
B
2A 3A 4A6Ω 3Ω 2ΩV
Determinando o resistor equivalente em paralelo
da associação, e ainda substitu indo os três
geradores de corrente por um único equivalente,
faci lmente determina-se a tensão entre os
pontos “A” e “B” :
A
B
9A 1Ω V = 9V
Ao voltarmos para o c ircuito or ig inal, com o conhecimento da tensão entre os pontos
“A” e “B”, faci lmente determinamos todas as tensões e correntes restantes; de fato:
3) POR PROPORCIONALIDADE : Base ia-se no pr inc ip io da l inear idade dos c ircu itos e lé tr icos ,e to rna-se muito conven iente por ocas ião da reso lução de c ircu itos perm item ap licações “seqüenc ia is” das le is de K irchof f ; por exemplo examinemos o c ircu ito aba ixo , onde queremos determ inar todas as suas tensões e correntes , conhecendo-se o va lor do gerador de exc itação:
A
B
+
+
+-
-
-
12V
9V
0V
9V9V
3V 1V
9V
8V
6Ω
3Ω
2Ω
0,5A 0,5A
0A
+
-201 V
2Ω 1Ω 5Ω 2Ω
4Ω
3Ω
3Ω
1Ω2Ω3Ω
6Ω 11Ω
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“Esquecendo” momentaneamente o gerador de 201V, vamos supor que exista uma tensão V qua lquer ap licada na entrada, e que por causa des ta tensão, tenhamos no f ina l do c ircu ito , por exemplo uma corrente de 1A ; ou seja :
O fato de te rmos es ta corrente de 1A no f ina l do c ircu ito , a part ir das le is de K irchoff , faz com que tenhamos como conseqüênc ia as segu in tes tensões e correntes no c ircu ito todo:
Cons ideremos agora que queremos determ inar o va lor rea l das tensões ou das correntes mostradas a segu ir :
Para tan to , bastará apenas impor uma regra de t rês s imples , en tre os resu ltados “ f ic t íc ios” ob t idos anter iormente , e o c ircu ito or ig ina l da segu in te forma:
Para I 1 :
→→
1I20116134 ∴ I1 =
⋅
= 5,1
134
201 16 ⇒ I 1 = 24A
+
-201 V
2Ω 1Ω 5Ω 2Ω
4Ω
3Ω
3Ω
1Ω2Ω3Ω
6Ω 11Ω
1A
+
-
2Ω 1Ω 5Ω 2Ω
4Ω
3Ω
3Ω
1Ω2Ω3Ω
6Ω 11Ω
1A
V = 134V
2V
4V9V
20V
33V
7V
14V48V
54V32V
4V 3V
1A
3A
4A
4A
3A
7A16A
9A
7A16A
+
-201 V
2Ω 1Ω 5Ω 2Ω
4Ω
3Ω
3Ω
1Ω2Ω3Ω
6Ω 11Ω
I = ?1
V = ?1
V = ?2
I = ?2 I = ?3
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Para I 2 :
→→
2I2017134 ∴ I2 =
⋅
= 5,1
134
201 7 ⇒ I2 = 10 ,5A
Note-se que exis te um fator de mult ip l icação constante envo lv ido de 1 ,5 ; nes tas cond ições, acred itamos ser bastante c la ro , que para se determ inar qua lquer tensão ou corrente desejada, bastará mult ip l icar o “ resu ltado f ict íc io ” pe lo fa tor de mult ip l icação ; ou seja : I 3 = 1 x 1 ,5 = 1 ,5A ; V 1 = 33 x 1,5 = 49 ,5V ; V 2 = 20 x 1,5 = 30V Note que es te processo nos fornece de imedia to a Res is tênc ia equ iva lente v is ta pe lo gerador; de fa to :
Ω=== 375,8A24V201
A16V134
qRe
Obs: O método de reso lução por proporc iona lidade , é part icu larmente recomendado, quando se tem c ircu itos com um ún ico gerador (Que pode ser de Tensão ou de Corrente) , e a inda em c ircu itos que apresentem o aspecto “Cascata” – (Assoc iações Sér ie- Para le lo seqüenc ia is ) 4) POR DESLOCAMENTO DE GERADORES IDEAIS:
a ) Des locamento de gerador idea l de tensão:
Suponhamos que num determinado nó de um circuito exista conectado um gerador ideal de tensão, e ainda que a este nó conv irjam vários ramos. O gerador de tensão poderá então ser deslocado, sendo in ic ialmente conectado em paralelo com vários geradores de tensão idênticos (tantos quantos forem os ramos de convergência), e posteriormente com a subdiv isão do nó, por exemplo da forma como se segue:
b ) - Des locamento de gerador idea l de corrente :
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De forma dua l ao caso anter io r, também é possíve l des locar um gerador idea l de
corrente que forme uma malha, subst itu indo-o por geradores idênt icos em para le lo
com todos os ramos da malha a que e le pertence, por exemplo da forma como se
segue:
EXEMPLOS DE APLICAÇÃO:
1 ) No c ircu ito ao lado determ ine o va lor
da tensão ind icada VR :
SOLUÇÃO: vamos in ic ia lmente proceder ao des locamento do gerador de corrente ,
por exemplo da forma com se segue:
Note que o conjunto : gerador de corrente de 6A em para le lo com o res is tor de 8Ω
é inútil para o que se pede no prob lema (a tensão é imposta pe lo gerador de
tensão e não muda , tendo-se ou não o gerador de corrente) podemos po is reso lver
o prob lema ped ido, procedendo a vár ias s implif icações e t rans formações
seqüenc ia is ; te remos:
+
-3Ω 8Ω
12Ω 6Ω
9Ω6A
3V
VR
+
-3Ω 8Ω
12Ω 6Ω
9Ω6A
3V
VR
+
-3Ω
8Ω
12Ω 6Ω
9Ω
6A
6A
3V
VR
+
-3Ω
8Ω
12Ω6Ω
9Ω
6A3V
VR
+
-36V
VR
+
-
+
-
6Ω12Ω
3Ω 3V
36V
9Ω
2A
VR
18Ω
3Ω
9Ω
1A
DESLOCAMENTO
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Notemos então que a corrente V R no c ircu ito f ina l será determ inada pe lo produto
da corrente tota l ,pe la res istênc ia equ iva lente da assoc iação: pelo sentido indicado para o V R ped ido, iremos ter:
VR = (1 - 2) x (18//9//3) ⇒ VR = - 2V
2º) Para o c ircu ito ao lado, pede-se a
determ inação da tensão v R ind icada.
SOLUÇÃO: Vamos in ic ia lmente proceder ao des locamento do gerador de tensão
conforme mostrado:
“abr indo” o ponto super io r teremos:
Donde, prossegu indo com as t rans formações e s implif icações iremos obter:
Teremos: A5,0253
914IT =
++−
= ⇒ VR = 5 x 0,5 = 2,5V
+
-
4Ω 3Ω
12Ω 6Ω
5Ω1A
36V
VR
+ +
- -
4Ω 3Ω
12Ω 6Ω
5Ω1A
36V 36V +
-
4Ω 3Ω
12Ω 6Ω
5Ω1A
36VVR VR
+
- 36V+
-
2A
36V
6Ω
3Ω4Ω
12Ω
5Ω
5Ω
12Ω 4Ω 3Ω3A
1A 6A
6Ω
VR
VR
+9V
+
-
3Ω 2Ω14V
5Ω
3Ω 2Ω3A7A
VR
VR
5Ω
IT
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5) POR ANÁLISE DE MALHA E ANÁLISE NODAL :
Os métodos de Análise de Malha ou Análise Nodal, são particularmente recomendados para c ircuitos que possuam mais de um gerador, que apresentem certa dif iculdade na simplif icação por meio associações , embora também possam ser uti l izados de forma direta e eficaz na resolução circuitos mais s imples. Análise de Malha e Análise Nodal são métodos organizados de resolução, (Através das Equações de Maxwell),baseados nas leis de Kirchoff, e são métodos duais , ou seja: • Na Análise de Malha, os parâmetros são Resistências, as incógnitas são
Correntes, e as soluções das equações obtidas se resumem em Tensões; • Na Análise Nodal, os parâmetros são Condutâncias, as incógnitas são tensões, e
as soluções das equações obtidas se resumem em Correntes; ANÁLISE DE MALHAS (Se exist irem geradores de corrente, os mesmos deverão ser transformados em geradores de tensão) : a) Imaginaremos in ic ia lmente que cada gerador de tensão é um bipolo at ivo, portanto que sua corrente é concordante com a sua tensão (tal premissa será ou não confirmada posteriormente); b) Para cada malha independente, admit iremos a existência de uma corrente fundamental de malha independente que adotaremos possuindo “sent ido horário”: c) Para cada corrente de malha independente, defin iremos uma equação desta corrente nas seguintes condições: I M A LH A x Σ R MA L H A - I ADJ A C E N TE x Σ R ADJ A C E N TE = Σ G E R. A T I V O S - Σ G ER . P A S S I VO S Para uma melhor compreensão da u t i l ização deste processo, vamos reso lver do is exerc íc ios: 10) -No c ircu ito a segu ir pede-se determ inar todas as tensões e correntes do mesmo. Observe in ic ia lmente que o c ircu ito proposto é composto de t rês malhas independentes (o processo em s i ap lica-se a “n” malhas independentes);
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Para o exemplo fo rnec ido:
ESQUELETO
BÁSICO DAS
EQUAÇÕES DE
MAXWELL
⇒
de I I I I
de I I I I
de I I I I
1 1 2 3
2 1 2 3
3 1 2 3
5 3 2 2 0 14
2 2 4 3 4 4 78
0 4 4 5 1 2 14 78 120
: ( ) ( ) ( )
: ( ) ( ) ( )
: ( ) ( ) ( )
+ + ⋅ − ⋅ − ⋅ =
⋅ + + + + ⋅ − ⋅ =
⋅ ⋅ + + + + ⋅ = + −
−
− −
− −
Ou a inda:
10 2 14
2 13 4 78
4 12 28
1 2
1 2 3
2 3
. .
. . .
. .
I I
I I I
I I
− = −
− + − = −
− + = −
; s implif icando :
5 7
2 13 4 78
3 7
1 2
1 2 3
2 3
.
. . .
.
I I
I I I
I I
− = −
− + − = −
− + = −
Pode-se reso lver o s istema ac ima por subst itu ição, observando que a incógn ita comum às t rês equações é I 2 ; (nem sempre a so lução pe lo s is tema de Kramer (Determ inantes) é a mais ind icada); temos da pr imeira equação:
II
12 7
5=
− ; e da te rce ira equação: I
I3
2 7
7=
− ; subst itu indo
es tes va lores na segunda equação iremos obter:
− ⋅−
+ ⋅ − ⋅−
= −27
513 4
7
3782
22I
II
; donde:
-6 .I 2 + 42 + 195. I 2 - 20 . I 2 + 140 = -1170 ⇒ I 2 = -8A de posse do va lor de I 2 ob temos fac i lmente:
+-
4Ω
5Ω 3Ω
3Ω
+-
5Ω
1Ω+-
I1 I2
I3
2Ω
14V4Ω
78V
2Ω
120V
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II
I A12
1
7
5
8 7
53=
−=
− −∴ = −
e a inda: II
I A32
3
7
3
8 7
35=
−=
− −∴ = −
Com o conhecimento dos valores das correntes fundamentais de malha, voltemos ao
circuito colocando-as nos ramos independentes (ramos externos por exemplo),
preferencialmente próximas aos nós, considerando os seus sinais em relação ao
sentido adotado para as equações de Maxwell , e em seguida determinando as
correntes secundárias. Pela aplicação da le i de Ohm, em cada resistor
determinamos: +
++
-
--
5Ω
4Ω
4Ω
5Ω
3Ω
3Ω
2Ω
1Ω
2Ω
120V
78V14V
AH
BC D
E
FG
3A 8A
5A
5A
3A
2A
9V
15V 10V
12V
32V
24V
25V5V10V
V E R I F I C A Ç Õ E S P O S S I V E I S : a ) C ircu itação das Malhas : Malha: H C D E H: + 10 + 32 + 24 - 78 + 12 = 0 Malha: A B C H A: + 15 + 9 - 10 - 14 = 0 Malha: A H E F G A: + 14 - 12 + 78 + 25 - 120 + 5 + 10 = 0 Malha A B C D E F G A (Externa): + 15 + 9 + 32 + 24 + 25 - 120 + 5 + 10 = 0 b ) Ba lanço Energét ico : Sabemos sem a mín ima sombra de dúv ida, que todos os res istores são b ipo los pass ivos ; en tre tanto, somente após a determ inação de todas as correntes do c ircu ito , é que seremos capazes de ident if icar qua is são os geradores de tensão que fornecem energ ia ao c ircu ito, e qua is são os geradores de tensão que recebem energ ia ; te remos:
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Potênc ia Fornec ida ao Circu ito : P F = 78V x 3A + 120V x 5A ⇒ P F = 834 W - Potênc ia Receb ida pe lo Circu ito :
a ) Res is tores : P R R = 15V x 3A + 9V x 3A + 10V x 5A + 32V x 8A + 24V x 8A +
12V x 3A + 10V x 5A + 5V x 5A + 25V x 5A = 806W; b) Pe lo Gerador de Tensão Func ionando como Bipo lo Pass ivo : P R G = 14V x 2A = 28W; Portanto a Potênc ia receb ida to ta l será : P R = 806 + 28 = 834 W Conc lusão: comprovamos que: P F = P R
20) – Para o c ircu ito aba ixo , determ ine todas as correntes e tensões do mesmo: OBS: (QUEST ÃO ENADE)
SOLUÇÃO: Embora o c ircuito pareça muito trabalhoso e complicado, observe que temos inic ia lmente uma associação em paralelo do resistor de 16Ω com o resistor
+
-12V
8Ω
+
-4V
8Ω
16Ω
24Ω
5Ω 5Ω
9Ω9Ω
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de 24Ω ; façamos essa associação e verif iquemos o c ircuito pela análise de malhas; teremos:
548
402416
24162416
24//16xx
==+
= ; portanto podemos entender o circuito assim:
Donde, passemos à so lução do c ircu ito; ou seja :
EQUAÇÕES DE MAXWELL:
=+−+−
=−+−
=−−+−
=−−−
1618909:de
092280:de
0085/1288:de
090822:de
43214
43213
43212
43211
IIIII
IIIII
IIIII
IIIII
)(; ou a inda :
=+−−
=−+−
=−+−
=−−
161899
09228
085/1288
09822
431
432
321
421
III
III
III
III
)(
Se compararmos a 1ª e a 3ª equação do s istema , conc lu iremos imedia tamente que : I 1 = I 3 ; logo poderemos reescrever:
=+−
=+−
=−−
⇒
=+−−
=−+−
=−+−
=−−
161818
05/12816
09822
161899
09228
085/1288
09822
41
21
421
411
412
121
421
II
II
III
III
III
III
III
)()(
Da segunda equação conc luímos que : 8
50
5128
16 12
21
IIII =⇒=+−
+
-12V
8Ω
+
-4V
8Ω
48 Ω
5Ω 5Ω
9Ω9Ω
5
I1
I2
I3
I4
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Da te rce ira equação conc lu ímos que : 9
98161818 1
441
IIII +=⇒=+−
“Jogando” es tes resu ltados na pr imeira equação obteremos:
09852209
989
85
82209822 11111
1421 =−−−⇒=+
−−⇒=−− IIIIIIIII
Donde: I 1 = I 3 = 1A ; A85
85 1
2 ==II ; A
917
998 1
4 =+
=II
Vo ltando ao c ircu ito or ig ina l , iremos ter :
ANÁLISE NODAL (Se exis t irem geradores de tensão, os mesmos deverão ser t rans formados em geradores corrente) : Ver if icar o número n de nós independentes (Nós que não sejam o mesmo ponto) exis tentes; Adotar um destes Nós, como sendo o Nó de referenc ia (Nó de Potenc ia l Zer o ), onde todas as outras tensões serão obt idas com referênc ia a es te Nó Para cada Nó, com exceção do de referênc ia , escrever a segu inte equação: V N Ó x Σ G NÓ - V A DJ AC E N T E x Σ G AD J AC E N T E = Σ I G E R. ( E N TR A M) - Σ I G E R . ( S AE M)
Para uma melhor compreensão da u t i l ização deste processo, vamos reso lver o exerc íc io a segu ir :
+
-12V
8Ω
+
-4V
8Ω
48 Ω
5Ω 5Ω
9Ω9Ω
5
5V
1A 1A
5V
5A8
6V
3A8
3V
3 A8
3V
5 A8
17A9
8 A9 17A
9
8 A9
8V 8V
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10) - No circuito abaixo pede-se determinar todas as tensões e correntes do mesmo. Observe in ic ialmente que o c ircuito proposto é composto de Quatro Nós independentes (o processo em si aplica-se a “n -1” nós independentes);
SOLUÇÃO: destes quatro nós, escolheremos um como sendo o nó de referência; (Nó de potencial Zero); todas as tensões a serem determinadas, o serão com relação a este nó; ou seja:
Com estas considerações, montamos as equações de Maxwell da Análise Nodal forma como anteriormente descrito; ou seja:
++−−
+−
−+
=+
=−++
−=−
2v.)5
1
10
1v.
10
11
0v.10
1v).
10
1
10
1
3
1
3
1
24v.1v.3
11
3
1
3213
3212
3211
1(v.:vde
(v.:vde
v.)(:vde
Sugerimos, para melhorar a efic iência de resolução, mult ip l icarmos cada uma das equações pelo mmc dos denominadores envolv idos ; obtendo-se:
10Ω
1Ω
10Ω
3Ω
5Ω
4A
2A
10Ω
1Ω
10Ω
3Ω
5Ω
4A
2A
Iv2
Iv1
Iv3
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=+−−
=−+−
=−−
20v13vv10
0v3v16v10
6v3vv4
321
321
321
Resolvendo-se o s istema acima , por qualquer método, (PORÉM RECOMENDAMOS O MÉTODO DOS DETERMINANTES)
+
−−−−×−−
−−−×=
−−
−−
−−
=∆ )10).(3(13).10()1()3).(1(13.164
13110
31610
314
P
=
+×−
−−×+
−×=
−−−−×−+ 16010330130132084)16).(10()1).(10()3(
150510160820 P =∆⇒−−= ; Teremos ainda:
+
−−×−−
−−−×=
−
−
−−
=∆ )20).(3(13).0()1()3).(1(13.166
13120
3160
316
v1
960601230320360132086)16).(20()1).(0()3( ++=
−×−
×+
−×=
−−×−+
2250v1 =∆⇒ Teremos ainda:
+
−−−−×−
−−×=
−
−−
−
=∆ )10).(3(13).10(6)20).(3(13.04
132010
3010
364
v2
6009602402003301306604)10).(0()20).(10()3( ++=
−×−
−−×−×=
−−−×−+
1800v2 =∆⇒ E ainda:
+
−−−×−−
−−×=
−−
−
−
=∆ )10).(0(20).10()1()0).(1(20.164
20110
01610
614
v3
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10202001280160106)200(13204)10).(16()1).(10(6 +−=
+×+−×+×=
−−−−×+
2100v3 =∆⇒ ; portanto iremos ter:
V141502100v
v;V121501800v
v;V151502250v
vP
33
P
22
P
11 ==
∆∆
===∆∆
===∆∆
=
De posse destes valores podemos resolver completamente o c ircuito:
10Ω
1Ω
10Ω
3Ω
5Ω
4A
2A
Iv2
Iv1
Iv3
12V
3V
15V
14V
1V
2V
0,2A
1A
1A
1,2A
2,8A
6) COMPLEMENTAÇÃO: RESOLUÇÃO DE CIRCUITOS COM GERADOR VINCULADO No es tudo de vár ios c ircu itos e lé tr icos cos tumamos es tabe lecer modelos de
eventua is d ispos it ivos e le trôn icos (vá lvu las ou t rans is tores por exemplo) a travês
dos denominados geradores v incu lados , que cons is tem em modelos , ta is que as
respect ivas tensões ou correntes in ternas dependam de uma tensão ou de uma
corrente (a travês de um v íncu lo) de um outro ponto qua lquer da rede onde o
d ispos it ivo se encontra . Ana lise o esquema a segu ir :
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Note então que no exemplo fo rnec ido temos do is geradores at ivos ( independentes) e do is geradores v incu lados : um cuja corrente va le 4 vezes o va lor da tensão
sobre o res is tor de 3Ω , e outro cuja tensão vale 5 vezes o va lor da corrente que
percorre o res is tor de 2Ω. Os métodos de reso lução deste t ipo de c ircu ito (envo lvendo geradores v incu lados) são var iáve is ; dependendo da conven iênc ia poderemos u t i l izar aná lise noda l, aná lise de malha, ou a té mesmo técn icas de s implif icação / t rans formação. A t ítu lo demonstra t ivo e de compreensão, vamos abordar a lguns exercíc ios com gerador v incu lado:
1º) Para o c ircu ito aba ixo , pede-se determ inar a tensão V S ind icada:
SOLUÇÃO: Torna-se muito conven iente e prát ico , c ircu itos “com es te aspecto”
serem reso lv idos por aná lise noda l; para tanto vamos trans formar o gerador de
tensão em gerador de corrente pela equ iva lênc ia Northon Thevenìm ; te remos:
Ao adotarmos a aná lise noda l, ver if icamos que a lém do nó de re ferenc ia te remos
do is nós d is t intos e 1 e e 2 ; no te entre tanto que e 1 será o própr io va lor de Vx, e
que e 2 será a própr ia tensão Vs de saída ped ida. De fa to :
Logo teremos para as equações da análise nodal:
iVsVx Vx24V+
-
12Ω
6Ω
6Ω
3Ω3
iVsVx Vx6Ω
6Ω
3Ω3
2A12Ω
iVsVx = e1 Vx6Ω
6Ω
3Ω3
2A12Ω
e1 e2 = Vs
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=⋅
++⋅−
=⋅−⋅
++
3
ee
3
1
6
1e
6
1
2e6
1e
6
1
6
1
12
1
121
21
⇒
=⋅
++⋅
+−
=⋅−⋅
++
0e3
1
6
1e
3
1
6
1
2e6
1e
6
1
6
1
12
1
21
21
Convém cada equação pelo m.m.c dos denominadores envolv idos; teremos:
=⋅+⋅−
=⋅−⋅
0e3e3
24e2e5
21
21
⇒ ∆p = 33
25
−
− = 15 – 6 = 9 ; ainda :
∆e 1 = 30
224 − = 72 + 0 = 72 ; ∆e 2 =
03
245
− = 0 + 72 = 72
Portanto: e 1 = V89
72= ; V S = e 2 = V8
9
72=
2º) Para o c ircu ito aba ixo , pede-se a determ inação da tensão V A B v is ta entre os
pontos “A”e “B”
SOLUÇÃO: Conf iguremos o c ircu ito in ic ia lmente para aná lise noda l; teremos:
Logo teremos para as equações da análise nodal:
−=⋅
++⋅−
=⋅−⋅
++
2e
2e
e1121
e121
7e121
e121
61
31
2121
21
⇒
=⋅
+++⋅
+−
=⋅−⋅
++
0e121
121
e21
121
7e121
e121
61
31
21
21
B
A
+- 21V
VV3Ω
6Ω
12Ω
1Ω2VAB
VV = e - e1 2
6Ω
12Ω
1Ω23Ω7A
B
A
VAB
e1 e2
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Convém cada equação pe lo m.m.c dos denominadores envo lv idos ; te remos:
=⋅+⋅−
=⋅−⋅
0e19e7
84e1e7
21
21
Cons iderando-se que o prob lema pede o va lor de V A B = e 2
Ver if ique que ao somarmos as equações obtemos: 18e 2 = 84 ⇒ 3
141884
e2 ==
Logo: V A B V667,43
14≈=
3º) Para o c ircu ito aba ixo , pede-se a determ inação da tensão V A B v is ta entre os
pontos “A”e “B”
SOLUÇÃO: Vamos in ic ia lmente e fe tuar o des locamento conven iente do gerador de corrente v incu lado, e entendermos a tensão entre os pontos A e B , ver if ique as vár ia etapas:
3Ω 6Ω2Ω
36V 24V
8V+ +- -
I 2.I +
-
B
A
VAB
3Ω 6Ω2Ω
36V 24V
8V+ +- -
+
-
B
A
I VAB
2.I
2.I
2.I
a)
3Ω 6Ω2Ω
36V 24V
8V+ +- -
I +
-
B
A
VAB
B
A
VAB
+-4.I
b)
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Observe que se no esquema ac ima determ inarmos a corrente I 1 te remos a so lução
do prob lema; nes tas cond ições:
⋅+=⋅+⋅−
−=⋅−⋅
842486
243669
-21
21
III
II ; Com : I = I 2 - I 1 teremos:
=⋅+⋅−
=⋅−⋅⇒
−⋅+=⋅+⋅−
=⋅−⋅
1642
1269
)41686
1269
21
21
1221
21
II
II
IIII
II
(
∆ P = 42
69
−−
= 36 – 12 = 24 ∆ I 1 = 416
612 − = 48 + 96 = 144
Logo: I 1 A624
144== ; anal isando o
“Braço” A – B , teremos: V A B = 36 – 6 .3 ⇒ V A B = 18V
3Ω 6Ω2Ω
36V24V
8V+ +- -
I +
-
B
A
VAB
+-4.I
I1 I2c)
3Ω
36V+
-
B
A
VAB
18V
6A
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CAP IV - EXERCICIOS PROPOSTOS:
1 ) Determ ine a potênc ia fo rnec ida para a assoc iação ao lado, sabendo-se que é ap licada uma tensão de 100V entre os pontos A e B.
Obs: RV
P2
R =
Resposta : 1 .250W
2) Para o Circu ito ao lado esquemat izado, determ ine o va lor de R sabendo-se que se uma tensão de 10V for ap licada entre os pontos A e B , iremos te r uma potênc ia de 25W d iss ipada na assoc iação .
Obs: RV
P2
R =
16Ω
16Ω
12Ω
12ΩR
R
A B
Resposta : 6Ω
3 ) No c ircu ito ao lado determ ine qua l será a tensão exis tente entre os pontos A e B.
Resposta : 30V 4) No c ircu ito aba ixo , determ ine a tensão V e a corrente I ind icadas por qua lquer processo:
+
-
8Ω
2Ω
20Ω
1Ω
2Ω
3Ω
1Ω
7Ω 4Ω
30Ω
10Ω
10Ω
2Ω
10Ω
1Ω
2Ω
1400VV
I
Resposta : I = 40A ; V = 160V
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5 ) Dado o c ircu ito ao lado, pede-se determ inar o va lor das correntes I 1 e I 2 ind icadas
Resposta : I 1 = 9A ; I 2 = 4A
6 ) Dado os c ircu itos aba ixo pede-se a determ inação da tensão V A B ind icada, pe lo
uso de t ransformação de geradores :
a )
+
-
2Ω2Ω
12Ω 4Ω
1Ω6Ω
1Ω
4Ω
3Ω
108V
I1
I2
5Ω
+
+ +
+
-
- -
-
12Ω10Ω
15Ω
3Ω
4Ω10V
1A 1A3A30V 12V
24V
A BVAB
+
+
-
-
3Ω
6Ω
6Ω
9V
B A
4A
5A
+-
10Ω 1A
4V
4Ω
12Ω
12V
VAB
b)
+
+
-
-
3Ω
1Ω
6Ω
6Ω
6Ω
14V
9V
B
+-
2Ω
A
10V
4A
5A
VABc)
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7) Dado os c ircuitos abaixo, pede-se determinar o valor das tensões V R indicadas
+ +
- -
3Ω
3Ω 15Ω
2Ω 4Ω
5Ω 2Ω
9Ω
6Ω 6Ω
iv R IvR
Ia)
Ib)
2A
2A
12V 16V
Resp: V = 4VR Resp: V = -6VR
+ -
15Ω
15Ω
10Ω
10Ω
5Ω
2Ω
2Ω
4Ω
4Ω
6Ω
V
V
R
R
Ic)
Id)
Resp: V = 16VR Resp: V = 1,2VR
18V
3A
3A
+-
15V
8 ) Para o c ircu ito aba ixo pede-se determ inar todas as tensões e correntes do mesmo
+-
12V
4Ω
+
-6V
4Ω
12Ω
4Ω
3Ω 3Ω
8Ω8Ω
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9) Dado os c ircu itos aba ixo pede-se a determ inação da tensão V A B ind icada
B
A
+- 16V
VV
4Ω
8Ω
3Ω
1Ω2 VAB
a)
B
A
+- 10V
VV
3Ω
6Ω
12Ω
2Ω6 VAB
b)
B
A
+- 20V
VV
1Ω
5Ω
12Ω
4Ω5c)
VAB
B
A
+- 20V
V
V1Ω
5Ω
12Ω
4Ω5d) VAB
3Ω6Ω
4Ω
36V24V
12V+ +- -
I 6.I +
-
B
A
e) VAB
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