Como solucionar problemas de transformadores lineares

Método das malhas

1) Aplique a lei das malhas no circuito e “ignore” as indutâncias L1 e L2 do

transformador. Nas equações da malha, os elementos relacionados aos enrolamentos

primário e secundário são V1 e V2, os quais correspondem às tensões desses

enrolamentos.

2) Verifique a configuração do sistema e os sinais de referência para determinar o tipo

de acoplamento e, assim, obter os valores das tensões do enrolamento primário (V1) e

do enrolamento secundário (V2) através da equação.

V1 = jωL1I1 ± jωMI2

V2 = ± jωMI1 + jωL2I2

onde I1 e I2 são as correntes que passam pelos indutores L1 e L2, respectivamente.

Caso o acoplamento seja aditivo, o sinal “+” será utilizado em ambas as equações. Caso

seja subtrativo, utilizaremos “-”.

Acoplamentos aditivos e subtrativos

NOTA

A indutância mútua é aditiva quando ambas as direções de I1 e I2 entram ou saem

dos saem dos pontos de referência. Caso contrário, a indutância mútua é

subtrativa.

3) Relacione I1 e I2 com as correntes de laço atribuídas ao circuito e reescreva as

equações que determinam V1 e V2, de modo que dependam das correntes de laço.

4) Substitua os valores encontrados para V1 e V2 no sistema obtido no passo (1). Seu

sistema agora depende somente das correntes de laço. Resolvendo o sistema, essas

correntes são determinadas e, consequentemente, é possível determinar as tensões V1 e

V2.

EXERCÍCIOS - TRANSFORMADORES LINEARES

MÉTODO DAS MALHAS

1) Determine i(t), sabendo que vS(t) = 20cos(20000t).

Solução

Aplicando a Lei das Malhas no circuito acima, obtemos

(I) –

–

Sabemos que

V1 = jωL1I1 ± jωMI2

V2 = ± jωMI1 + jωL2I2

Obervando os sinais de referência, sabemos que o acoplamento é aditivo e, portanto,

V1 = jωL1I1 + jωMI2

V2 = jωMI1 + jωL2I2

Como vS(t) = 20cos(20000t), concluímos que ω = 2x rad/s.

Logo,

V1 = (j2x x10x )I1 + (j2x x20x )I2

V2 = (j2x x20x )I1 + (j2x x60x )I2

Sabemos também que

I1 = IA – IB

I2 = IB

Assim,

V1 = j200IA + j200IB

V2 = j400IA + j800IB

Substituindo os valores V1 e V2 encontrados acima em (I), temos

(200 + j200)IA + (-100 + j200)IB = 20 0°

(-100 + j200)IA + (300 + j600)IB = 0

Resolvendo, determinamos

IA = 6.04x - 4. 6 .4 -34.33° mA

IB = 2.01x -161.2° = 20.1 -161.2° mA

No domínio do tempo

iA(t) = 60.4cos(20000t – 34.33°) mA

iB(t) = 20.1cos(2000t –161.2°) mA

Note que i(t) = iB(t) e, portanto

i(t) = 20.1cos(2000t –161.2°) mA

2) Dado o circuito, determine v2(t) e ZIN, sabendo que v1(t) = 10cos(2000t).

Solução

Determinação de v2(t)

Aplicando a Lei das Malhas no circuito acima, obtemos

(I)

6

Para a configuração do circuito, temos

VA = jωL1I1 + jωMI2

V2 = jωMI1 + jωL2I2

Como v1(t) = 10cos(2000t), concluímos que ω = 2x rad/s.

Assim,

VA = (j2x x30x )I1 + (j2x x50x )I2

V2 = (j2x x50x )I1 + (j2x x120x )I2

onde

I1 = IA

I2 = -IB

Temos que

VA = j60IA – j100IB

V2 = j100IA – j240IB

Substituindo os valores VA e V2 encontrados acima em (I), obtemos

(50 + j60)IA – j100IB = °

–j100IA + (600+j240)IB = 0

Resolvendo o sistema, determinamos

IA = 0.1188 -40.13º A

IB = 1.8382x 28.07º A

De (I), sabemos que 6 . Logo,

V2 = 600(1.8382x 28.07º)

V2 = 11.03 28.07º V

No domínio do tempo,

V2(t) = 11.03cos(2000t+28.07°) V

Determinação da impedância ZIN

Pela Lei de Ohm

ZIN =

Como

V1 = 10 0° V

IA = 0.1188 -40.13º A

Temos que

ZIN = 84.175 40.13 Ω

ZIN = 64.36 + j54.25 Ω

3) Determine V0 e a potência média dissipada pelo resistor RL = 45 Ω, sabendo que V(s)

= 100 0° V.

Solução

Aplicando a Lei das Malhas no circuito acima, obtemos

–

4

(I)

4

Note que o acoplamento é aditivo nessa situação e, portanto, temos

V1 = jωL1I1 + jωMI2

V2 = jωMI1 + jωL2I2

Assim,

V1 = j40I1 + j60I2

V2 = j60I1 + j100I2

Onde,

I1 = IA

I2 = -IB

Reescrevendo, temos

V1 = j40IA - j60IB

V2 = j60IA - j100IB

Substituindo V1 e V2, encontrados acima, em (I), obtemos

4

Resolvendo o sistema, determinamos

IA =8.0827 -61.79° A

IB =2.914 -29.05° A

Note que V2=RLIB.

V2 = 45 x 2.914 -29.05° = 131.13 -29.05° =114.633 – j63.7 V

A potência média dissipada por RL é dada por

PL =

|V||I|,

onde V=V2 e I=IB.

Assim,

PL =

131.13 x 2.914 = 191.1 W

Como solucionar problemas de transformadores lineares

Circuito equivalente

1) Verifique a configuração do sistema e os sinais de referência com o intuito de adotar

a convenção correta de sinais para o sistema equivalente.

Circuito equivalente – convenção de sinais

Nota

Para configurações aditivas, o sinal “-” será utilizado nas indutâncias

superiores, enquanto na indutância central utilizaremos “+”;

Para configurações subtrativas, o sinal “+” será atribuído às indutâncias

superiores e “-” na indutância central.

2) Caso o problema questione a impedância de entrada ZIN, vista pela fonte de tensão,

faça o circuito equivalente e adicione a ele as demais impedâncias existentes no

problema. ZIN corresponde à impedância equivalente do sistema.

EXERCÍCIOS - TRANSFORMADORES LINEARES

CIRCUITO EQUIVALENTE

1) Determine ZIN, a impedância vista pela fonte de tensão e i(t), sabendo que

vS(t)=10sin(4000t).

Solução

Determinação de ZIN

Note que o acoplamento é subtrativo e, portanto, temos

jω(L1+M) = j4x (

+

) = j3000 Ω

jω(L2+M) = j4x (

+

) = j3000 Ω

-jωM = j4x (

) = -j1000 Ω

O circuito equivalente é dado por

E, assim, a impedância equivalente é dada por

ZIN = [ ( 2k //

) + j3000 ] // -j1000 + 2k + j3000

ZIN = 2500 + j1500 Ω

ZIN = 2.5 + j1.5 kΩ

Determinação de i(t)

Uma vez determinado a impedância ZIN, o circuito passa a ser simplificado da seguinte

maneira

Assim, podemos determinar i(t) através da Lei de Ohm

I =

Assim,

I =

. . = 3.43 -30.96° mA

No domínio do tempo,

i(t) = 3.43cos(4000t-30.96°) mA

GABARITO : i(t) = 3.43cos(4000t-121°) mA

2) Um transformador operando regime senoidal com ω=377 rad/s, L1=200mH,

L2=400mH e k=0.95. A carga conectada ao terminal secundário é ZL=75+j150Ω.

Encontre a impedância de entrada ZIN. Considere o acoplamento positivo.

Solução

O circuito descrito no enunciado é representado da seguinte forma

Sabemos que o coeficiente de acoplamento, k, é dado por

k =

Portanto,

M = k

M = 0.95x 4

M = 0.2687 H

Note que a indutância mútua é positiva para a dada configuração e, portanto

jω(L1 M) = j377(200m 0.2687) = j25.9 Ω

jω(L2 M) = j377(400m 0.2687) = j49.5 Ω

jωM = j377x0.2687 = j101.3 Ω

O circuito equivalente é dado por

Assim,

ZIN = [(75+j150+j49.5)//j101.3]-j25.9Ω

ZIN = 8 + j43.28 Ω