circelcap4

- 35 -

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

USJT -CIRCEL - 2º AEEM / 2º AELM / 2º AEPM / 2º AEUM/ 2º BEEN - PROFs: MASSIMO ARGENTO / GEDIAEL FELIPE – EDIÇÃO 2014

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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


- 42 -

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


- 43 -

“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


- 44 -

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


- 49 -

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:


- 50 -

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


- 51 -

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


- 52 -

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


- 53 -

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


- 54 -

=+−−

=−+−

=−−

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


- 55 -

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 :


- 56 -

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


- 57 -

=⋅

++⋅−

=⋅−⋅

++

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


- 58 -

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)


- 59 -

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


- 60 -

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


- 61 -

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)


- 62 -

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


- 63 -

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


circelcap4

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