13 análise nodal em cc

Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
13 - ANÁLISE POR TENSÃO DE NÓ (ANÁLISE NODAL) EM CC
Circuitos resistivos
Aplicabilidade da análise nodal - este método é utilizado somente quando os nós do circuito, sem
tensão definida, possam ser referenciados ao potencial de “terra”.
Objetivo – Determinar as tensões desconhecidas de cada nó referenciado ao potencial de terra,
através da aplicação da LCK nas correntes dos nós. Com essas tensões, poderemos definir as
correntes e potências de todos os elementos do circuito.
Lei das Correntes de Kirchhoff – LCK : “a soma algébrica das correntes que entram e saem
de um nó é igual a zero”.
É recomendável que se faça uma simplificação de malhas resistivas complexas para aplicação da
análise nodal: um circuito resistivo, com uma só fonte independente, de tensão ou de corrente, e
várias malhas resistivas, pode ser resolvido diretamente, bastando fazer a simplificação dos
resistores, convergindo para uma única malha, onde estiver a fonte.
Em circuitos mais complexos, e com mais de uma fonte, devem-se fazer as simplificações possíveis
das malhas sem fonte.
Nó essencial: Ponto encontro de três ou mais braços de um circuito (fig. 13 - 01).
Procedimentos para análise nodal
1. Definir o número n de nós que não têm potencial conhecido e escolher um deles para ser
a referência de tensão zero, ou nó de terra. O nó de “terra” preferencial será o que tiver mais
braços ou se tiver fonte.
2. Cada um dos n−1 nós restantes serão designados como: V 1 , V 2 … Vn .
3. Ter uma noção prévia das polaridades e dos níveis das tensões de cada nó para arbitrar os
sentidos das correntes de cada braço.
4. Para escrever a LCK de cada nó, podemos convencionar que: a corrente que entra no nó
terá sinal – e a que sai terá sinal + (Fig. 13 - 01).
5. Montar o sistema de equações para calcular as tensões desconhecidas de cada nó.
1

6. Com as tensões definidas, calcular as correntes dos braços, quedas de tensão, e respectivas
potências.
7. Nos braços com elevação de tensão negativa a corrente também é negativa.
8. Tensões sobre as fontes para aplicação da LTK :
• A elevação de tensão (voltage rise Vr ) que aparece nos terminais de uma fonte de
corrente, na configuração de fornecedora, é o inverso da queda de tensão sobre os
elementos passivos da malha alimentada por essa fonte: Vr=−[ If RL ] .
• Quando uma fonte de tensão está fornecendo potência, haverá uma elevação de tensão
entre os seus terminais, com valor inverso à tensão nominal da fonte Vr=−Vf .
• Quando uma fonte está consumindo potência, haverá uma queda de tensão (voltage drop
Vd ) entre os seus terminais:
▪ Se é fonte de tensão: Vd terá valor igual à tensão nominal da fonte, ou
Vd= Vf .
▪ Se é fonte de corrente: Vd= If RL .
9. A queda de tensão no elemento passivo é dada pela Lei de Ohm Vd= I . R .
10. Potência dos elementos ativos em CC (Capítulo 1):
• Fonte na configuração de fornecedora, a potência será negativa:
• Fonte de tensão: PVf =Vr I . A elevação de tensão tem sinal oposto ao sinal da
corrente.
• Fonte de corrente: PIf =−[If VdCARGA] .
• Fonte na configuração de consumidora, a potência será positiva:
• Fonte de tensão: PVf =Vdf I , pois o sinal da queda de tensão na fonte é o mesmo
sinal da corrente.
• Fonte de corrente: PIf =If VdCARGA .
11. Potência dos elementos dissipativos em CC (Capítulo 1):
• a potência será sempre positiva, para tensão de qualquer polaridade: P =I ² R .
Exemplo 1: fazer análise nodal do circuito com duas fontes de tensão, ideais e independentes.
Dados (Fig. 13 - 02): R 1=2Ω , R 2=3Ω e
R3=4Ω .
• Duas fontes de tensão: Vf 1=10V e
Vf 2=30V .
• Um nó com referência de “terra” V1 e
três braços com correntes desconhecidas:
IR1 , IR2 e IR3 .
• Como Vf 2 é muito maior do que
Vf 1 , as tensões ficarão:
Vf 2>V 1>Vf 1>terra(0V) .
2

Equações das correntes do nó V1 : IR1 =
V1−10
2
IR2 =
V1
3
IR3 =
30−V1
4
.
LCK do nó V1 : −I R3+I R1 +IR 2 =0 ou −
30 −V1
4
+
V1 −10
2
+
V1
3
=0
m.m.c .=12 −90+3V1+6V1−60 + 4V1=0 13V1=150 V1 =
150
13
ou
V1 =11,54 V .
Cálculo das correntes do nó V1 : IR1 =
11 ,54−10
2
IR1 = 0,77 A . IR2 =
11,54
3
IR2 =3,845 A . IR3 =
30V −11,54
4
IR3 =4,615 A .
Prova: LCK deV 1= IR1 +I R2 −IR 3 =0 0,77 + 3,845−4,615= 0 .
Balanço de potências
Potência dos resistores: PR = IR
2
R .
PR1 =0,76923
2
x 2 PR1 =1,18W .
PR2 =3,852
x 3 PR2 =44,46W .
PR3 =4,622
x 4 PR1 =85,37W .
Soma das potências dos resistores: PR =131,01W .
Potências das fontes de tensão:
Como a fonte Vf 1 está com a
corrente IR1 reversa, ela está na
configuração de consumidora, com
queda de tensão Vd=Vf 1 , e neste
caso, a sua potência será positiva:
PVf 1=Vf 1.I
PVf 1=10V x 0,77 A ou
PVf 1=7,7W .
Como a fonte Vf 2 está com a corrente IR3 direta, ela está na configuração de fornecedora, com
a elevação de tensão Vr =−Vf 2 =−30V , e neste caso, a potência será negativa:
PVf 2=−Vf 2 I PVf 2=(−30V ) x4,615 A ou PVf 2=−138,6W .
3

Potência consumida: 131,01+7,7=138,7W .
Potência fornecida: −138,6W .
Exemplo 2: fazer análise nodal do circuito com uma fonte de tensão e uma de corrente,
independentes e em oposição.
Dados (Fig. 13 - 04): R1=4 Ω e R2=3Ω .
• Uma fonte de corrente, ideal e independente: If 1 =2 A .
• Uma fonte de tensão ideal e independente:
Vf 1 =5V .
• Um nó V 1 com referência de “terra”.
• Dois braços com correntes desconhecidas
IR1 e IR2 .
Vamos considerar que a corrente de 2A, fornecida
por If 1 é predominante, fazendo com que a
corrente IR2 vá no sentido V1→Vf 1 , o que
colocará a fonte de tensão como consumidora.
Equações das correntes do nó V1 : IR1 =
V1−0
4
IR2 =
V1−5
3
.
A corrente da fonte If 1 entra no nó V 1 e então a LCK será: −2 A +IR1 +I R2 =0
−2+
V1−0
4
+
V1−5
3
=0 m.m.c .=12 3V1+4V1−20−24=0 7V1 =44
V1 =
44
7
V1 =6,285V .
Cálculo das correntes do nó V1 : IR1 =
6,285
4
ou IR1 =1,57 A e IR2 =
6,285−5
3
ou
IR2 =0,428 A .
Prova: LCK do nó V 1 :
−2+I R1 +IR2 =0
−2+1,57 +0,428 =0 .
Balanço de potências (Fig. 13 - 05)
2
R .
4

PR1 = 1,57
2
x4 ou PR1 = 9,86W .
PR2 = 0,428
2
x3 ou PR2 =0,549W .
Soma das potências dos resistores: PR1 + PR2 =10,41W .
Potência da fonte de tensão: Como a corrente IR2 é reversa em Vf 1 , ela está na configuração
de consumidora, neste caso, a potência será positiva PVf 1=Vf I : PVf 1=5V x 0,428 A ou
PVf 1 =2,14W .
Potência da fonte de corrente: Como a fonte de corrente está “apontando” do terra para um
potencial mais alto, está na configuração de fornecedora de potência: PIf 1=Vr Is onde a
elevação de tensão Vr=−[(V ⁺ )−(V ⁻ )] como V
+
=V1 , Vr=−[6,285−0] ou
Vr=−6,285V . Então PIf 1=−6,285 x2 ou PIf 1=−12,57W .
Potência consumida: 10,41W +2,14W =12,55W .
Potência fornecida: 12,57W .
Exemplo 3: fazer análise nodal do circuito com duas fontes de corrente independentes na
configuração de tensão negativa. (Fig. 13 – 06)
Dados: R1=2Ω→G 1=0,5S ; R2=1Ω→G 2=1S ; R3=3Ω →G 3=0,33S ;
• Duas fontes de corrente: If 1=15 A e If 2=60 A .
• Dois nós com referência de “terra”: V1 e V2 .
• Três braços com correntes desconhecidas: IR1 , IR2 e IR3 .
• A estimativa do sentido das correntes será de acordo com esta observação: a fonte de maior
valor If 2=60 A está impondo uma queda de tensão negativa sobre R2 e R3 , levando
o nó V2 pra uma tensão negativa de valor elevado, com potencial menor do que o nó
V1 , fazendo também com que o terra passe a ter o potencial mais alto do circuito, e
assim, a ordem das tensões será: terra(0V )>V 1>V 2 .
Considerando que o circuito estará sob tensões negativas, as correntes serão algebricamente
negativas.
Para aplicação da Lei de Ohm no cálculo das correntes dos nós, se em vez do valor das resistências
usarmos condutâncias G =
1
R
(mera opção), teremos: I =−(G .Vd) com
Vd=−(V ⁺ −V ⁻) , onde V ⁺ é o potencial mais alto e V ⁻ o mais baixo.
5

Lei de Ohm do nó V1 : IR1 =0,5[−(0−V1)] ou IR1 =0,5V1 A .
IR2 =1[−(V1 −V 2)] ou IR2 =−V 1 + V2 A .
LCK do nó V1 : IR1 +IS1 −IR 2=0 0,5V1 +(−15)−(−V1+V 2)= 0
0,5V1 −15+V1−V2 =0 1,5V1−V2 =15 .
Lei de Ohm do nó V2 : IR2 = 1[−(V 1 −V 2)] IR2 =−V1 + V2 A .
IR3 =0,3340[−(0−V2)] IR3 =0,334(V2) A .
LCK do nó V2 : IR2 + IR3 −IS2 =0 (−V1 + V2)+0,334V2−(−60)=0
−V1 + V 2+0,334V2 + 60=0 −V1 + V2+0,334V2 =−60 −V1+1,333V2 =−60 .
O sistema com as duas equações de duas incógnitas V1 e V2 pode ser resolvido por
manipulação algébrica:
• Multiplicar a expressão LCK do nó V2 por 1,5 , para eliminar a incógnita V1 :
1,5[−V1+1,334V2 =−60] ou −1,5V1+2V2 =−90 .
• Somar com a expressão do nó V1 .
1,5V1−V2 =15
−1,5V1+2V2 =−90
V2 =−75
Assim V2 =−75V .
Substituindo-se o valor de V2 na expressão do nó V1 , teremos:
−V1+1,334V2 =−60 −V1 =−60−1,334V2 V1 =60+1,334V 2
V1 =60−100 ou V1 =−40V .
Conhecidas as tensões dos nós, poderemos calcular as correntes de cada braço com a Lei de Ohm,
utilizando condutâncias :
IR1 = 0,5V1 IR1 = 0,5(−40) ou IR1 =−20 A .
6

IR2 =−V1 + V2 IR2 =−(−40) +(−75) IR2 =40−75 ou IR2 =−35 A .
IR3 =G3(V2) IR3 =0,334(−75) ou IR3 =−25 A .
Balanço das correntes:
LCK do nó V1 : IR1 +If 1−IR 2=0 −20+(−15)−(−35)=0 ou −20−15+35=0 .
LCK do nó V2 : IR2 + IR3 −If 2 =0 −35+(−25)−(−60)=0 ou −35−25+60=0 .
Balanço de potências
2
R .
PR1 =−202
x 2 PR1 =800W .
PR2 =−35
2
x 1 PR2 = 1225W .
PR3 =−252
x 3 PR1 =1875W .
Soma das potências dos resistores: 3.900W
Potências das fontes de corrente:
If 1 : esta fonte está “apontando” para V1 , com potencial mais baixo do que o terra, portanto
está na configuração de queda de tensão, consumindo energia, e sua potência será positiva:
PIf 1=(VdIf 1) If 1 onde VdIf 1 = V1 ou VdIf 1 =−40V e a potência será:
PIf 1=(−40V)(−15 A) PIS 1=600W .
If 2 : esta fonte está “apontando” para um potencial mais alto (┴), portanto está na configuração
de elevadora de tensão, fornecendo energia, e sua potência será negativa: PIf 2=(VrIf 2) If 2 onde a
elevação de tensão é VrIf 2 =−V 2 VrIf 2 =−(−75V) ou VrIf 2 = 75V e a potência será
PIf 2=−(75V x60 A) PIS 2=−4.500W .
7

Potência consumida: 3.900+600=4.500W .
Potência fornecida: −4.500W .
Exemplo 4: fazer análise nodal do circuito com duas fontes de corrente independentes.
Configuração com tensão positiva.
Dados (Fig. 13 - 06): R1=10Ω →G 1=0,1S R2=4 Ω→G 2=0,25 S
R3=3Ω →G 3=0,3334S e R4=5Ω →G4=0,2 S .
• Duas fontes de corrente, ideais e independentes: If 1=2 A e If 2=3 A .
• Três nós com referência de “terra” V1 , V2 e V3 .
• Quatro braços com correntes desconhecidas IR1 , IR2 , IR3 e IR4 .
A estimativa do sentido das correntes será de acordo
com esta observação:
A fonte de corrente If 2=3 A tem o maior valor
entre as duas, e está “apontando” do terra para o nó
V3 , que estará com a tensão positiva, mais alta do
que os outros nós, enquanto que o potencial menor será
o terra, e assim, a ordem das tensões, será:
V 3>V 2>V 1>terra(0V ) .
Lei de Ohm com as condutâncias: I =G .Vd onde
Vd=[(V ⁺ )−(V ⁻ )] .
Lei de Ohm do nó V1 : IR1 =0,1V1 IR4 =0,2(V3−V1) .
LCK do nó V1 : IR1 + If 1 −I R4 =0 0,1V1 + 2−0,2V3 +0,2V1 =0 ou
0,3V1 −0,2V3 =−2 .
Lei de Ohm do nó V2 : IR2 =0,25V2 IR3 =0,33(V3−V2)
LCK do nó V2 : −If 1 −IR 3+I R2=0 −2−0,33V3 + 0,33V2+0,25V2 =0 ou
0,58V2 −0,33V3 =2 .
Lei de Ohm do nó V3 : IR3 =0,33(V3−V2) IR4 =0,2(V3−V1) .
LCK do nó V3 : −If 2+IR3 + IR 4 =0 −3+0,33V3 −0,33V2 + 0,2V3 −0,2V1=0 ou
−0,2V1−0,33V2 +0,53V3 =3 .
Temos três equações com três incógnitas e vamos utilizar a Álgebra das Matrizes, Regra de Cramer:
8
G V I
0,3 0 -0,2
*
V1
=
-2 I1
0 0,58 -0,33 V2 2 I2
-0,2 -0,33 0,53 V3 3 I3

Resolver os determinantes:
Calcular as tensões de cada nó:
V1 =
Δ1
Δ
V1 =
0,83
0,03635
V1 =2,28V .
V2 =
Δ2
Δ
V2 =
0,403
0,03635
V2 =11,09V .
V3 =
Δ3
Δ
V3 =
0,488
0,03635
V3 =13,425V .
Conhecidas as tensões, vamos calcular
as correntes de cada braço com a Lei de
Ohm: I =
Vd
R
IR1 =
V1−0
R1
IR1 =
2,27
10
IR1 = 0,227 A .
IR2 =
V2−0
R2
IR2 =
11,09
4
IR2 = 2,77 A .
IR3 =
(V3 −V2)
R3
IR3 =
(13,41−11,09)
3
IR3 = 0,77 A .
IR4 =
(V3 −V1)
R4
IR4 =
(13,41−2,27)
5
IR4 = 2,227 A .
LCK do nó V1 : IR1 + If 1 −I R4 =0 ou 0,227 + 2−2,227=0 .
LCK do nó V2 : −If 1 −IR 3+I R2=0 ou −2−0,77 + 2,77=0 .
LCK do nó V3 : −If 2+IR3 + IR 4 =0 ou −3+0,77 + 2,227=0 .
Tensão sobre a fonte de corrente If 1 : esta fonte está entre dois nós com tensões positivas
conhecidas, apontando para um potencial mais alto, então a elevação de tensão sobre os seus
terminais, será: VrIf 1 =−[(V2)−(V1)] VrIf 1 =−[(11,09)−(2,27)] ou VrIf 1 =−8,82V .
9
0,3 0 -0,2
0 0,58 -0,33 0,03635
-0,2 -0,33 0,53
Δ =
-2 0 -0,2
2 0,58 -0,33 0,083
3 -0,33 0,53
0,3 -2 -0,2
0 2 -0,33 0,403
-0,2 3 0,53
0,3 0 -2
0 0,58 2 0,488
-0,2 -0,33 3
Δ1=
Δ2=
Δ3=

Tensão sobre a fonte de corrente If 2 : esta fonte está no sentido do terra para o nó V3 com
tensão positiva, e a elevação de tensão sobre os seus terminais, será: VrIf 2 =−[(V3)−(0V )]
VrIf 1 =−[(13,41V)−(0V )] ou VrIf 2 =−13,41V .
Potências das fontes de corrente: PIf =VrIf . Is .
Fonte If 1 está “apontando” para uma tensão maior, fornecendo potência: PIf 1=(−8,82)2 ou
PIf 1=−17,64W .
Fonte If 2 está “apontando” para uma tensão maior, fornecendo potência: PIS 2=−(13,41)3 ou
PIS 2=−40,23W .
SOMA =−57,87W .
Potência dos resistores: P=I
2
R .
PR1=(0,2272
)10 ou PR1=0,516W .
PR2=(2,7725
2
)4 ou PR2=30,75W .
PR3=(0,773
2
)3 ou PR1=1,79W .
PR 4=(2,23
2
)5 ou PR1=24,86W .
SOMA =57,9W .
Potência consumida: 57,9W .
Potência fornecida: −57,87W .
Análise nodal com fontes dependentes (controladas ou vinculadas) - Na análise nodal com
fontes independentes precisamos atribuir um sentido à corrente de cada braço para compor a
equação da LCK de cada nó. Se no circuito houver uma fonte de tensão controlada, a corrente
do braço onde estiver essa fonte também deverá ser atribuída, e neste caso, essa corrente é
denominada de “corrente essencial”. Da mesma forma, as correntes que servem de controle às
fontes de corrente ou de tensão, também recebem essa denominação. Vejamos os exemplos
seguintes.
Exemplo 5: fazer análise nodal do circuito com uma
fonte de corrente independente e uma fonte de corrente
controlada por corrente FCCC .
Os mesmos resistores e o mesmo arranjo do exemplo 3:
10

Dados (Fig. 13 - 11): R 1=2Ω R2=1Ω R 3=3Ω
• uma fonte de corrente independente If 1 =15 A ;
• uma fonte de corrente controlada por corrente If 2 =3 IR1 apontando para o terra,
vai provocar uma queda de tensão negativa nos resistores ligados à sua entrada, o que
nos leva a prever que V2 será o potencial mais baixo (negativo).
• Mesmo com a entrada de If 1 ligada no “terra”, V1 também será negativo,
levado por V2 , e assim, a ordem das quedas de tensão sobre os resistores será:
terra(0V )>V 1>V 2 .
Escrever as expressões das correntes pela Lei de Ohm: I =
Vd
R
. Como as tensões são negativas,
teremos: Vd=−[(V ⁺)−(V ⁻)] . Lembrar que sob tensão negativa, as correntes também serão
negativas.
Lei de Ohm do nó V1 : IR1 =
−[0 −V1]
2
ou IR1 =
V1
2
e IR2 =
−[V1 −V2]
1
ou
IR2 =−V 1 + V2 .
LCK do nó V1 : IR1 +If 1−IR2 =0
V1
2
+(−15)−(V 2−V1)=0
V1
2
−15+V1−V2 =0
x2 V1 −30+2V1−2V2 =0 ou 3V1−2 V 2=30 (13.01).
−[V1 −V2]
1
ou IR2 =−V 1 + V2 .
IR3 =−
0−V2
3
ou IR3 =
V2
3
.
LCK do nó V2 onde aparece a fonte dependente : IR2 + IR3−3(IR1)=0
−V1 + V2 + (
V2
3
)−3(
V1
2
)=0 (m.m.c .=6) −6V1 + 6V2 + 2V2 −9V1 =0 ou
−15V1 + 8V2 = 0 (13.02).
Vamos resolver o sistema de equações (13.01) e (13.02) com duas incógnitas, utilizando o método
de anular uma incógnita e achar o valor da outra: para anular V1 , basta fazer
[3V1 −2 V2 =30]∗5 ou [15V1 − 10 V2 =150] , e somar as expressões:
11

15V1−10 V2=150
−15V1 + 8V2 =0
−2V2 =150
V2 =−
150
2
ou V2 =−75V .
Agora é só substituir na expressão do nó V2 (13.02), para acharmos o valor de V1 .
−15V1 + 8V2 =0 −15V1 +8(−75)=0 −15V1 −600= 0 −15V1 =600
V1 =−
600
15
V1 =−40 V .
Como as tensões são idênticas às do exemplo 3, o restante será o mesmo daquele exemplo.
Exemplo 6: fazer análise nodal do circuito com uma fonte de corrente independente e uma de
corrente controlada por tensão FCCT .
Dados: R 1=2Ω R 2=1Ω R3=3Ω e R4=4 Ω .
If 1=15 A e IS2=Vd R 4
As duas fontes de corrente vão provocar queda de
tensão positiva nos resistores ligados nas suas
saídas, e a tensão do nó V1 deverá ser mais alta
do que V2 , pois a maior parcela da corrente de
If 1 =15 A estará sobre o resistor R1 =2Ω . A
ordem das quedas de tensão sobre os resistores será:
V 1>V 2>terra(0V ) .
Lei de Ohm utilizando os valores das resistências:
I =
Vd
R
onde Vd=[(V ⁺ )−(V ⁻ )] .
12

V1−0
2
ou IR1 =
V1
2
e IR2 =
V1 −V 2
1
ou
IR2 =V1− V2 e IR4 =
V1 −V2
4
.
LCK do nó V1 : IR1 +I R2+I R4−If 1=0
V1
2
+V1−V2+
V1−V2
4
−15=0 (m.m.c .=8)
4V1 +8V 1−8V2+2V1−2V2−120=0 14V1 −10 V2 =120 .
Lei de Ohm do nó V2 : IR2 =V 1−V2 IR3 =
V2
3
e IR4 =
V1−V2
4
.
LCK do nó V2 IR2 +I R4+If 2−I R3 =0 onde a fonte dependente If 2 =VdR 4 = V1−V2 :
V1−V2 +
V1−V 2
4
+V1−V2−
V2
3
=0 (m.m.c .=12)
12V1−12V2 +3V1−3V 2+12V1−12V2−4V 2=0 ou 27V1−31V2=0 .
Resolver o sistema de equações por matrizes:
Calcular as tensões de cada nó:
V1 =
Δ1
Δ
V1 =
−3720
−164
V1 =22,683V .
V2 =
Δ2
Δ
V2 =
−3240
−164
V2 =19,756V .
Conhecidas as tensões dos nós, podemos calcular as correntes de cada braço com a Lei de Ohm:
I =
Vd
R
IR1 =
V1
2
IR1 =
22,683
2
ou IR1 =11,34 A .
IR2 =V 1−V2 IR2 =22,68929−19,7561
ou IR2 =2,9268 A .
IR3 =
V2
3
IR3 =
19,7561
3
IR3 =6,5853 A
IR4 =
V1−V2
4
IR4 =
2,9268
4
IR4 =0,7317 A .
LCK do nó V1 : IR1 +I R2+I R4−If 1= 0 11,34 +2,9268+0,7317−15=0 .
13
14 -10 -164
27 -31
Δ =
120 -10
0 -31 -3720Δ1=
14 120
27 0 -3240Δ2=

LCK do nó V2 : IR2 +I R4+If 2−I R3 =0 2,9268+0,7317+15=0 .
Exemplo 7: fazer análise nodal do
circuito com uma fonte de corrente
independente e uma de tensão
controlada por corrente FTCC .
Dados: R1 =4 Ω→G1=0,25S
R2=6Ω →G 2=0,166S
R4=8Ω →G 4=0,125S
R5=2Ω →G 5=0,5S
Fontes: If 1 =20 A e Vf 1 =2I1 .
Como a fonte de corrente If 1 =20 A está com a entrada conectada no “terra”, vai provocar
queda de tensão positiva nos resistores conectados na sua saída, e o nó V1 terá a tensão mais alta,
e a ordem das quedas de tensão sobre os resistores será: V 1>V 2>V3>terra(0V ) .
Nos cinco braços com correntes desconhecidas, duas são correntes essenciais: I3 , que passa
pela fonte de tensão Vf 2 , e I1 , que é o parâmetro de controle da fonte de tensão dependente
Vf 1 .
Teremos quatro incógnitas: os nós V1 , V2 e V3 , e a fonte controlada VS1 , portanto,
precisaremos de quatro expressões para compor o sistema de equações (4 x4) .
Lei de Ohm utilizando os valores das resistências: I =
Vd
R
onde Vd=[(V ⁺ )−(V ⁻ )] .
Lei de Ohm do nó V1 : I1 =
V1−V2
4
e I5 =
V1−V3
2
.
LCK do nó V1 : I1 + I5 − I f 1=0 [V1−V2
4 ]+ [V1−V3
2 ]=20 m.m.c .=8
2V 1−2V2 + 4V1−4V3 = 160 6V1−2V2 −4V3 =160 .
Lei de Ohm do nó V2 : −I1 =−[V1−V2
4 ] e I2 =
V2
6
.
LCK do nó V2 : −I1 − I3 + I2 =0
−V 1+V2
4
−I3+
V2
6
=0 m.m.c .=24
−6V1+6V2−24 I3+4V 2=0 −6V1+10V 2−24 I3=0 .
V 3
8
e −I5 =−[V1−V3
2 ] .
14

LCK do nó V3 : I3+ I4 −i5 =0 I3+
V3
8
−[V1−V3
2 ] m.m.c .=16
16 I3+2V3−8V1+8V3 =0 −8V1+10V 3+16 I3 =0 .
Equação da fonte de tensão controlada por corrente VS1 , no braço 3: V2−V3 =2(I1)
V2−V3−2(I1)=0 V2−V3−2[
V1−V2
4
]=0 m.m.c .=4 4V 2−4V 3−2V 1+2V2 = 0
−2V 1+6V2−4V3 =0 .
Resolvendo por Matrizes:
V1 =
Δ1
Δ
V1 =
333120
3584
ou V1 =92,946V .
V2 =
Δ2
Δ
V2 =
261120
3584
ou V2 =72,857V .
V3 =
Δ3
Δ
V3 =
225280
3584
ou V3 =62,857V .
Corrente essencial, através da fonte dependente: I3 =
Δ4
Δ
I3 =
25600
3584
I3 =7,14 A .
Conhecidas as tensões dos nós, com a Lei de Ohm podemos calcular as correntes de cada braço com
resistor: I =
Vd
R
I1 =
V 1−V2
R1
I1 =
92,946−72,857
4
I1 =
20,089
4
ou I1 =5 A .
I2 =
V 2
R2
I2 =
72,857
6
ou I2 = 12,14 A . I4 =
V3
R4
I4 =
62,857
8
ou I4 =7,857 A .
I5 =
V 1−V3
R5
I5 =
92,946−62,857
2
I5 =
30
2
I5 =15 A .
15
V1 V2 V3 I3
6 -2 -4 0
-6 10 0 -24 3584
-8 0 10 16
-2 6 -4 0
Δ
160 -2 -4 0
0 10 0 -24 333120
0 0 10 16
-2 6 -4 0
Δ1
6 160 -4 0
-6 0 0 -24 261120
-8 0 10 16
-2 0 -4 0
Δ2
6 -2 160 0
-6 10 0 -24 225280
-8 0 0 16
-2 6 0 0
Δ3
6 -2 -4 160
-6 10 0 0 25600
-8 0 10 0
-2 6 -4 0
Δ4

LCK do nó V1 : i1 + I5 − If 1 =0 5+ 15−20=0 A
LCK do nó V2 : −I1 − I3 + I2 =0 −5−(7,14) +12,14 =0
LCK do nó V3 : I3 −I5+ I4 = 0 7,14−15+ 7,86 =0
Tensões sobre as fontes:
A fonte de corrente está como fornecedora e a elevação de tensão nos seus terminais, é:
Vr=−[(V ⁺)−(V ⁻)] Vr=−[(V1)−0V ] ou Vr=−92,86V .
A fonte de tensão controlada está como fornecedora e a sua elevação de tensão, é:
Vr=−[(V ⁺)−(V ⁻)] Vr=−[72,86−62,86] ou Vr=−10V .
Balanço das potências:
Potência da fonte de corrente PIf 1=Vr If : PIf 1=−92,86 x20 ou PIf 1=−1.857,2W .
Potência da fonte de tensão PVf 1=Vr I3 : PVf 1=−10 x7,14 ou PVf 1=−71,4W .
Potência dos resistores PR=I
2
R : PR1=(5
2
)4=100W , PR2=(12,14
2
)6= 884,277W
PR 4=(7,86
2
)8=494W e PR5=(15
2
)2=450W .
Potência fornecida: −1.928,6W .
Potência consumida: 1.928,57W .
Exemplo 8: fazer análise nodal do circuito com uma fonte de corrente independente e uma
FTCT , com a tensão de controle na mesma malha.
DADOS:
R1=6 Ω R3=8 Ω R4=4 Ω R5=5 Ω IS1=8 A e VS1=5.V R4 que é a FTCT .
16

Pontos importantes a observar (fig. 13 – 17):
• Cinco braços com correntes desconhecidas, das quais I2 é a corrente essencial que passa
por Vf 1 .
• Três nós essenciais: V1 , V2 e V3 . Serão necessárias três equações para definição
das correntes de nó.
• A FTCT é quem vai determinar as tensões nos três nós.
• Como a tensão de controle de Vf 1 está na própria malha da fonte, haverá uma
interdependência, que vai interferir no seu comportamento.
• A fonte Vf 1 está teoricamente na configuração de elevadora de tensão, o que poderia
colocar o nó V2 positivo.
• A saída de uma fonte de corrente, não submetida a uma corrente reversa, sempre estará sob
uma tensão mais alta do que a entrada conectada ao terra, portanto o nó V1 será positivo
e com a tensão mais alta dos tês nós.
• Para aplicar a LCK , vamos considerar que a corrente I2 , que passa por Vf 1 , esteja
no sentido terra(0V )→V 2 .
• Com estas observações vamos prever que a ordem das quedas de tensão sobre os resistores
será: V1 > V2 > V3 >terra(0V ) .
V 1−V2
6
e I5 =
V1−V3
5
.
LCK do nó V1 : I1+I5−8=0 ou I1+I5 =8 .
V1−V2
6
+
V1−V3
5
=8 m.m.c .=30 5V1−5V2+6V 1−6V3 =240
11V1−5V2−6V3 =240 .
Equação da fonte dependente: como a
corrente essencial I2 não pode ser
definida pela Lei de Ohm, haja vista
não termos o valor da resistência da
fonte de tensão dependente, é
preferível utilizar a expressão de
controle da fonte: Vf 1=5(VR 4) .
Como Vf 1=V 2 e VR 4 =V3
teremos: V2 =5(V3) ou
V2−5V3 =0 .
17

Lei de Ohm do nó V3 : −I5 =
−V1+V2
6
−i3=
−V2+V3
8
i4 =
V3
4
.
LCK do nó V3 : −I5−I3+I4=0 −(
V1−V3
5
)−(
V2−V3
8
)+
V3
4
=0 m.m.c .=40
−8V1+8V3−5V2+5V3+10V 3=0 −8V1−5V2+23V3 =0 .
Calcular as tensões de nó, por matrizes:
V1 =
Δ1
Δ
V1 =
−480
−270
ou V1 =1,77V . V2 =
Δ2
Δ
V2 =
9600
−270
ou V2 =−35,56V .
V3 =
Δ3
Δ
V3 =
1920
−270
ou V3 =−7,11V .
• Nó V1 =1,77V confirmando a observação inicial.
• Nó V2 =−35,56V diferente da observação inicial, a tensão deste nó ficou negativa por
consequência da tensão de controle V3 =−7,11V .
• Nó V3 =−7,11V Este é o resultado da interdependência entre a fonte controlada e a
tensão de controle, dentro da mesma malha (*).
Agora podemos verificar que a ordem das quedas de tensão sobre os resistores modificou para:
V1 > terra(0V )> V3 >V2 , isso porque, quanto mais negativa a tensão CC convencional, menor o
seu potencial. Esta situação vai alterar o sentido das correntes dos nós V2 e V3 :
LCK do nó V2 : −I1−I3+I2=0 de onde tiramos a equação de I2 , que passa pela
fonte de tensão: −I1−I3 =−I2 ou I2 = I1+I3 .
LCK do nó V3 : −I5−I4+ I3=0 .
Calcular as quedas de tensão dos braços resistivos pela diferença entre as tensões nos seus
terminais: Vd=[(+V)−(−V )]
VdR1 =V1−V2 VdR1 =1,78−(−35,56) ou VdR1 =37,34V .
VdR3 =V 2−V3 VdR3 =−35,56−(−7,11) VdR3 =28,45V .
VdR4 =0V−V3 VdR4 =0−(−7,11) VdR4 =7,11V .
18
11 -5 -6
0 1 -5 D= -270
-8 -5 23
240 -5 -6
0 1 -5 -480
0 -5 23
D1=
11 240 -6
0 0 -5 9600
-8 0 23
D2=
11 -5 240
0 1 0 1920
-8 -5 0
D3=

VdR5 =V 1−V3 VdR5 =1,78−(−7,11) ou VdR5 =8,89V .
Cálculo das correntes nos
resistores, pela Lei de Ohm:
In=
VdRn
Rn
I1 =
37,34
6
ou
I1 =6,2233 A
I3 =
28,45
8
ou
I3 =3,556 A .
I4 =
7,11
4
ou I4 =1,78 A . I5 =
8,89
5
I5 = 1,78 A .
Cálculo a corrente I2 , que passa pela fonte de tensão, com a equação da LCK do nó V2 :
I2 = I1+I3 I2 =6,223+3,556 I2 =9,78 A .
(*) Análise do comportamento da FTCT :
A equação da fonte controlada Vf 1 =αV X com α >1 significa uma amplificação da tensão de
entrada Vsaída>Ventrada .
Como a tensão de entrada (ou controle) é negativa V3 =−7,11V , a tensão de saída será
negativa, proporcional ao ganho
Vf 1 =5∗(−7,11) ou
Vf 1 =−35,56V .
Quando ocorre uma situação desta,
a corrente através da fonte deverá
ser reversa, provocando uma
“elevação de tensão positiva”
Vr= 35,56V no sentido
−V2→terra(0V) , e assim, a
fonte continua configurada como
fornecedora de potência.
Se, ao invés de uma FTCT ,
colocássemos uma fonte de tensão
independente para termos os mesmos valores de tensão e corrente em todo o circuito, essa fonte
deveria ficar com polaridade invertida, conforme fig. 13 – 19, para que a corrente I2 flua do
potencial menor V2 para o maior (terra). A tensão de controle V3 =−7,11V só ocorre por
19

causa da fonte de tensão invertida, e assim fica clara a interação entre a FTCT e a tensão de
controle, dentro da mesma malha.
SUPER NÓ
Se numa malha houver um braço contendo uma fonte de tensão, dependente ou independente, com
seus terminais sem referência para o potencial de terra, os seus dois nós terão tensões diferentes,
mas são considerados “um nó único”, denominado de “super nó”, e assim, essa fonte de tensão e
eventuais braços paralelos não serão considerados para a aplicação da LCK na malha.
Super nó exemplo 1
Pontos importantes no circuito da fig. 13 – 20:
• Os nós V1 e V2 são os terminais da fonte de tensão Vf 1 , que estão sem referência
de terra, por isso podem ser juntados num “super nó”.
• A fonte de corrente If 2 está apontando
para o “terra” e vai provocar uma queda de
tensão negativa em R3 , levando o nó
V2 para uma tensão e corrente
negativas.
• Com isso, o “terra” passa a ser o potencial
mais alto (+) ou menos negativo do
circuito.
• Seguindo a direção da corrente de If 2 a
fonte de tensão Vf 1 está configurada
para elevação do valor absoluto da tensão,
fazendo com que o nó V1 seja mais negativo do que o nó V2 .
• A fonte de corrente If 1 está como consumidora, pois sua saída aponta para uma tensão
negativa em relação ao “terra”, e sobre ela haverá uma queda de tensão negativa −VdIf 1 .
• Para a aplicação da LTK , o sentido das quedas de tensão sobre os resistores será:
terra(0V )>V2>V1 .
• Num circuito com corrente convencional, mas com tensão negativa, o sinal algébrico da
corrente será negativo, portanto, a queda de tensão também será negativa Vd=(−I )R ou
Vd=−[(V ⁺ )−(V ⁻ )] e a elevação de tensão será positiva Vr=Vf 1 ou
Vr=[(V ⁺ )−(V ⁻ )] .
Resolvendo as correntes do Super nó (fig. 13 - 21)
Lei de Ohm para as correntes, em função das resistências: I1 =
V1
3
e I3 =
V 2
6
.
LCK do super nó: −I1−5+8−I3 =0 −I1 + 3−I3 =0 ou −I1 − I3=−3
[V1
3 ]+ [V2
6 ]=−3 mmc=6 [2V1
6 ]+[V 2
6 ]=−
18
6
ou 2V 1 +V2 =−18 (13.03)
20

Aplicar a LTK (fig. 13 – 22) na malha do “super
nó”, seguindo a corrente nos resistores e
considerando que a elevação de tensão provocada
pela fonte será positiva Vr=V S ou Vr=3V
teremos: V1 + 3−V2 =0 ou V1 =V2 −3
(13.04)
Para acharmos o valor de V2 vamos substituir
(13.04) em (13.03) : 2(V2 −3)+V 2=−18 2V 2−6+V2 =−18 3V2−6= −18
3V2 =−18+ 6 V2 =−
12
3
ou V 2=− 4 V (13.05).
Para acharmos o valor de V1 vamos substituir (13.05) em (13.04) : V1 =−4 −3 ou
V1 =−7 V (13.06).
Agora que temos as tensões V1 e V2 , vamos
calcular as correntes nos braços com resistores (Fig.
13 - 23), inclusive do resistor R2 =5Ω , em
paralelo com a fonte de tensão, que foram
suprimidos na aplicação da LCK do “super nó”.
As correntes serão negativas pois estão entre
potenciais negativos: terra(0V )>V2>V1
Lei de Ohm: I1 =
−V 1
3
I1 =
−7
3
I1 =−2,33 A .
I2 =
(V1−V2)
5
I2 =
−3
5
ou
I2 =−0,6 A .
I3 =
V 2
6
I3 =
−4
6
I3 =−0,66 A .
Corrente total entrando no nó V1 :
IV 1=−If 1 −I1 −I2
IV 1=−5−2,33−0,6 ou
IV 1=−7,93 A .
21

Corrente total do nó V2 : IV 2= If 2 +I2 −I3 IV 2=8 +0,6 −0,66 ou IV 2= 7,93 A .
A corrente nos dois nós têm o mesmo valor absoluto, e é também a corrente através da fonte de
tensão Vf 1 .
Balanço das potências:
Potências dos elementos dissipativos: P= I ² R
PR1 =(2,3334)² x3 ou PR1 =16,334 W .
PR2 =(0,6)² x5 ou PR2 =1,8 W .
PR3 =(0,66)² x 6 ou PR3 =2,666 W .
Soma das potências dissipadas nos resistores: PRESISTORES =20,79 W .
Potência da fonte de tensão Vf 1 : a corrente do “super nó” está no sentido do menor para o
maior potencial (−7V )→(−4V) , por isso a fonte está na condição de fornecedora, com uma
elevação de tensão positiva Vr=VS ou Vr=3V e a potência será PVf 1 =(Vf 1) (−IVf 1)
PVf 1 =3 (−7,93) ou PVf 1 =−23,79 W .
Potências das fontes de corrente:
A fonte de corrente If 2 está na condição de fornecedora, pois está “apontando” para uma tensão
mais alta (−4 V )→terra(0V ) , portanto, no sentido de uma elevação de tensão positiva
Vr=[(V ⁺ )−(V ⁻ )] Vr=0V−(−4V ) ou Vr= 4V e a potência fornecida será:
PIf 2=Vr(−If 2) PIf 2= 4 V (−8 A) ou PIf 2=−32 W .
A fonte de corrente If 1 está “apontando” para uma tensão mais baixa terra(0V )→(–7V ) ,
portanto, na configuração de consumidora, com uma queda de tensão negativa
Vd=−[(V ⁺ )−(V ⁻ )] Vd=−[(0V )−(−7V )] ou VdIf 1 =−7V e a potência consumida
será:
PIf 1=−VdIf 1 (−5 A) PIf 1=(−7 V ) (−5 A) ou PIf 1=35 W .
Soma dos valores das potências fornecidas: PFORN =−55,79 W .
Soma dos valores das potências consumidas: PCONS =55,79 W .
22

Super nó exemplo 2
Dados (Fig. 13 - 24)
Resistores: R1 =2Ω R2 =6Ω R3 =3Ω R4 =4 Ω e R5 =6Ω .
Fontes: Vf 1 =12V If 1 =2 A e If 2 =3 A .
O circuito redesenhado mostra que os nós V1 e V3 não têm “ referencial de terra”.
As duas fontes de corrente vão impor quedas de tensão positivas nos seus respectivos resistores de
carga, portanto a corrente do circuito será algebricamente positiva.
A aplicação da LTK (Fig. 13 – 25) nos dará: −V3 −12+V1 =0 ou V1 =V3 +12 (13.07) .
A expressão (13.07) permitirá que tenhamos uma equação a menos no sistema de equações para
calcular as outras tensões, pois basta substituir V1 nas equações das correntes dos nós.
• As correntes serão as mesmas em V1 e V3 , por isso podem formar um “super nó” para
aplicação da LCK (Fig. 13 - 26), mesmo com o nó intermediário V2 .
23

LCK para o “super nó” V1 e V3 : I1 + I2 + I3 −3 A= 0 ou I1 + I2 + I3 =3 A .
Lei de Ohm das correntes do “super nó”:
I1 =
(V 1−V4)
2
I2 =
(V1−V2)
6
I3 =
(V3−V2)
3
.
Equação das correntes do “super nó” :
(V1−V4)
2
+
(V1−V2)
6
+
(V3−V2)
3
=3 mmc=6
3V1−3V4 +V1−V2 +2V3−2V2 =18 4V1−3V 2 + 2V3−3V 4 =18 substituir V1 por
(13.07).
4(V3+12)−3V 2 + 2V3−3V 4 =18 4V3+48−3V2 +2V3−3V4 =18
−3V2 + 6V3−3V4 = 18−48 ou “super nó” −3V2 + 6V3−3V4 =−30 .
LCK para o nó V2 : I2 + I4 + I3 = 0 .
Lei de Ohm para correntes: I2 =
(V2−V1)
6
I4 =
V2
4
I3 =
(V2−V3)
3
.
Equação das correntes para o nó V2 :
(V 2−V1)
6
+
V 2
4
+
(V2−V3)
3
=0 mmc=12
2V 2−2V1 +3V2 +4V2−4V3 =0 −2V 1 + 9V2−4V3 =0 substituir V1 por (13.07)
−2(V3 + 12)+ 9V2−4V3 =0 −2V 3−24 + 9V2−4V3 =0 ou V2 9V2 −6V3 =24 .
LCK para o nó V4 : I1 + I5 =2 .
Lei de Ohm para correntes: I1 =
(V4−V1)
2
I5 =
V 4
6
.
24

Equação das correntes do nó V4 :
(V4−V1)
2
+
V 4
6
=2 mmc=6
3V4−3V1 +V 4 =12 −3V1 + 4V 4 =12 substituir V1 por (13.07)
−3 (V3+12)+ 4V4 =12 −3V3−36+ 4V 4 =12 −3V 3+ 4V4 =12+ 36 ou V4
−3V3+ 4V4 = 48 .
Resolver o sistema de equações com matrizes pela regra de Cramer:
V2 =
Δ2
Δ
V2 =
−504
−63
ou V2 =8V . V3 =
Δ3
Δ
V3 =
−504
−63
ou V3 =8V .
V4 =
Δ4
Δ
V4 =
−1.134
−63
ou V4 =18V . V1 =V3+12V V1 =8V +12V ou
V1 =20V .
Correntes: I1 =
(V1−V4)
2
I1 =
(20−18)
2
I1 =
2
2
ou I1 =1 A . I2 =
(V1−V2)
6
I2 =
(20−8)
6
I2 =
12
6
ou I2 =2 A . I3 =
(V3−V2)
3
I3 =
(8−8)
3
ou I3 =0 A .
I4 =
V2
4
I4 =
8
4
ou I4 =2 A e I5 =
V 4
6
I5 =
18
6
ou I5 =3 A .
Corrente no nó V1 : IV 1= I1 + I2 IV 1=1+2 ou IV 1=3 A .
Corrente no nó V3 : IV 3=−IS2+I3 IV 3=−3 A+0 A ou IV 3=−3 A .
(Fig. 13 – 27) A corrente nos dois nós têm o mesmo valor absoluto, e é também a corrente através
da fonte de tensão IVf 1 =3 A (13.08).
Potências:
PR1 = IR1 ²(R1) PR1 =1² x2 ou PR1 =2W .
25
MATRIZ PRINCIPAL
-3 6 -3 Δ
9 -6 0 -63
0 -3 4
MATRIZ V2
-30 6 -3
24 -6 0 -504
48 -3 4
Δ2
MATRIZ V3
-3 -30 -3
9 24 0 -504
0 48 4
Δ3
MATRIZ V4
-3 6 -30
9 -6 24 -1134
0 -3 48
Δ4

PR2 = IR2 ²(R2) PR2 =2² x6 ou PR2 = 24W .
PR3 = IR3 ²(R3) PR3 = 0² x3 ou PR3 =0W .
PR 4 =I R4 ²(R4) PR 4 =2² x 4 ou PR 4 =16W .
PR5 = IR5 ²(R5) PR5 =3² x6 ou PR5 =54W .
Fonte de corrente If 1 : Elevação de tensão VrIf 1 =−[(V ⁺)−(V ⁻)] VrIf 1 =−[(18)−(0)] ou
VrIf 1 =−18V e a potência será PIf 1=−Vr(If 1) PIf 1=−18 x2 ou PIf 1=−36W .
Fonte de corrente If 2 : Elevação de tensão VrIf 2 =−[(V ⁺)−(V ⁻)] VrIf 2 =−[(8)−(0)] ou
VrIf 2 =−8V e a potência será PIf 2=−Vr(I S) PIf 1=−8 x3 ou PIf 1=−24W .
Fonte de tensão Vf 1 : Elevação de tensão Vr=−Vf ou Vr=−12V e a potência, será
PVf 1 =−Vr(IVf 1) PVf 1 =−12V (3 A) ou PVf 1 =−36W .
Potência fornecida: Pforn. =−96W .
Potência consumida: Pcons. =96W .
EXEMPLO DE SUPER NÓ COM FONTE DE TENSÃO CONTROLADA
O circuito dado tem cinco nós essenciais, exceto o nó de terra:
• Dois com tensões conhecidas com referencial de terra: V3=−5V e V4=−3V .
• Dois com tensões desconhecidas, nos terminais da fonte de tensão controlada, sem
referencial de terra, e que vão formar o super nó: V1 e V2 .
• Um com tensão desconhecida e sem referencial de terra V5 .
Nota: As tensões e as correntes deste circuitos são negativas, o que requer atenção para a
aplicação de LCK , LTK , e dos conceitos de elevação e queda de tensão, necessários para o
cálculo das correntes e das potências.
26

O valor da tensão da fonte Vf 1 , entre os nós V1 e V2 , será dependente do valor de IR4 .
O resistor R4 está submetido a −3V no nó V4 , proveniente da fonte de tensão VS2 , e a
corrente de If 1 =−2 A , entrando através do nó V2 , provocará uma queda de tensão negativa
de V2 → V4 , indicando que V2 terá uma tensão “menos negativa” do que V4 .
A expressão da corrente IR4 será: IR4 =
(VdR 4)
3
onde
VdR4 =−[(V ⁺)−(V ⁻)] sendo (V ⁺ )=V2 e
(V ⁻ )=V 4 , então VdR4 =−[(V2)−(V4)] , como
V4 =−3V , teremos: VdR4 =−[(V2)−(−3)]
VdR4 =−[V2+3] ou VdR4 =−V2−3 e então
IR4 =
(−V2−3)
3
IR4 =
(−V2)
3
−1 (13.09)
Atribuindo-se a condição de super nó para V1 e V2 ,
com tensões negativas, e seguindo o sentido da corrente, a
queda de tensão sobre VS3 será a diferença:
VdS3 =−[(V ⁺ )−(V ⁻ )] VdS3 =−[V2−V1] ou
VdS3 =−V2+V1 , então V2 =V1−VdS3 (13.10).
Como o parâmetro de controle dessa fonte é IR4 , a expressão (13.10) pode ser escrita como:
V2 =V1−I R4 (13.11): V2 =V1−{(−V 2)
3
−1} ou V2 =V1+
(V2)
3
+1 m.m.c .=3
3V2 =3V1+V2+3 ou 2V 2−3V 1=3 (13.12).
Lei de Ohm para as outras correntes desconhecidas, sendo
V3=−5V , V4=−3V e as correntes nos resistores
IR =
VdR
R
onde VdR=−[(V ⁺ )−(V ⁻ )] :
IR1 =
VdR1
R1
VdR1=−[(V1)−(V3)] .
VdR1=−[V 1−(−5)] ou VdR1=−V1−5 , então
IR1 =
−V1−5
5
ou IR1 =−[V1
5 ]−1 .
27

IR2 =
VdR2
R2
como VdR2=−[(V1)−(V5)] VdR2=−V1+V5 , teremos IR2 =
−V1+V5
2
.
IR3 =
VdR3
R3
como VdR3=−[(V5)−(V3)] VdR3=−[(V5)−(−5)] VdR3=−V 5−5 , teremos
IR3 =−V5−5 .
IR4 =
VdR4
R4
como VdR4=−[(V 2)−(V3)] VdR4=−[V2−(−3)] VdR4=−V2−3 , teremos
IR4 =
−V2−3
3
ou IR4 =
−V2
3
−1 .
LCK do super nó para correntes negativas: −IR1−IR2−I R4+If 1 =0
−IR1−IR2−I R4+(−2)=0 −[−V1
5
−1]−[−V1+V5
2 ]−[−V2
3
−1]−2=0
[V1
5
+1]+[V 1−V5
2 ]+[V2
3
+1]−2=0 (m.m.c. = 30)
6V1+30+15V1−15V5+10V2+30−60= 0 ou 21V1+10V2−15V5 = 0 (13.13).
Para diminuir o número de incógnitas, separar o valor de V1 na expressão (13.12):
2V 2−3V 1=3 −3V1 =3 –2V2 −V1 =
3 –2V2
3
−V1 =
–2V2
3
+1 ou
V1 =
2
3
V2−1 (13.14) e substituir na expressão (13.13): 21(
2
3
V2−1)+10V2−15V5 =0
42
3
V2−21+10V2−15V5 =0 (x 3) 42V2−63+30V2−45V5 =0
72V2−63−45V5 =0 (dividir por 9) e finalmente a equação do super nó, em termos das tensões
V2 e V5 , será: 8V2−5V5 =7 (13.15).
LCK do nó V5 , que não tem referência de terra:
IR2−IR3−If 2 =0 IR2−IR 3−(−1)= 0 IR2−IR 3+1= 0 ou IR2−IR 3=−1
Sendo IR2 =
−V1+V5
2
e IR3 =−V5−5
−V 1+V5
2
−[−V5−5]=−1
−V 1+V5
2
+V5+5=−1 x2 −V1+V5+2V5+10=−2
−V1+3V5=−12 (13.16) onde V5 =−4+
V1
3
.
28

Substituindo V1 de (13.16) pela expressão (13.14) , teremos: −(
2
3
V2−1)+3V5 =−12
(−
2
3
V2+1)+3V5 =−12 (x 3) −2V 2+9V5 =−36−3 e finalmente a equação do nó V5 ,
em termos das tensões V2 e V5 , será: −2V 2+9V5 =−39 (13.17).
Agora temos um sistema de equações com duas incógnitas (V2 eV5) onde podemos achar o
valor de V5 , eliminando V2 , e em seguida achar todas as tensões desconhecidas:
(13.15) 8V2−5V5 =7
(13.17) −2V 2+9V5 =−39 multiplicando por 4 : −8V2+36V5 =−156
8V2−5V5 =7
−8V2+36V5 =−156
31V5 =−149
onde V5 =−
149
31
ou V5 =−4,81V . Substituindo esse
valor na expressão (13.15): 8V2−[5(−4 ,81)]=7 8V2+24=7 8V2 =7−24
8V2 =−17 V2 =−
17
8
ou V2 =−2,125V . Substituindo esse valor na expressão (13.14):
V1 =
[2
3
(−2,125)
]−1 V1 =−
4 ,25
3
−1 V1 =−1,416−1 ou V1 =−2,416V .
Agora, com todas as tensões conhecidas, poderemos definir todas as correntes desconhecidas, as
quedas de tensão sobre os resistores e suas respectivas potências, a queda de tensão sobre a fonte
dependente, e as potências de todas as fontes.
Corrente, queda de tensão e potência dos resistores:
Resistor R1 : IR1 =−[V1
5 ]−1 IR1 =−[(−2,416)
5 ]−1 IR1 =[0,483]−1 ou
IR1 =−0,516 A .
Queda de tensão: VdR1 =(−0,516 A)(5Ω) ou VdR1 =−2,58V .
Potência: PR1 =(−2,58)(−0,516) ou PR1 =1,33W .
Resistor R2 : IR2 =
−V1+V5
2
IR2 =
−(−2,42)+(−4 ,81)
2
IR2 =
2,42−4,81
2
IR2 =
−2,39
2
ou IR2 =−1,195 A .
Queda de tensão: VdR2 =−1,195 x2 ou VdR2 =−2,39V .
Resistor R3 : IR3 =−V5−5 IR3 =−(−4,81)−5 ou IR3 =−0,19 A .
29

Resistor R4 : IR4 =
−V2
3
−1 IR4 =
−(−2,13)
3
−1 IR4 =
2,13
3
−1 IR4 =0,71−1 ou
IR4 =−0,29 A .
Potência: PR 4 =(−0,29)(−0,87) ou PR 4 =0,25W .
Soma das potências dos resistores: PRESISTORES =4,466W .
Queda de tensão e corrente da fonte dependente Vf 3
Queda de tensão sobre a fonte dependente VdVf 3 =−V2+V 1
VdVf 3 =−(−2,125V )+(−2,416V ) ou VdVf 3 =2,125−2,416 VdVf 3 =−0,29V .
Através dessa fonte passa a corrente do super nó, portanto a mesma corrente do nó V1 :
IV 1= IVf 3=−2 A−(−0,29) ou IVf 3 =−1,71 A .
Correntes nas fontes de tensão:
Corrente na fonte Vf 1 : IVf 1 = IR1+IR3 IVf 1 =−0,516−0,193 ou IVf 1 =−0,709 A .
30

Corrente na fonte Vf 2 : IVf 2 = IR4+IS 2 IVf 2 =−0,29−1 ou IVf 2 =−1,29 A .
Potências das fontes
Fonte de corrente If 1 : Esta fonte está sob uma queda de tensão negativa
Vd=−[(V ⁺ )−(V ⁻ )] VdIf 1 =−[0V −(−2,13)] ou VdIf 1 =−2,13 V .
A potência consumida é dada por: PIf =Vd. Is PIf 1=−2,13(−2) ou PIf 1= 4,26W .
Fonte de corrente If 2 : Esta fonte está sob uma elevação de tensão positiva
Vr=[(V ⁺ )−(V ⁻ )] VrIf 2 =[(−3)−(−4,81)] ou VrIf 2 = 1,81V .
A potência fornecida é dada por: PIf =Vr .If PIf 2=1,81(−1) ou PIf 2=−1,81W .
Fonte de tensão Vf 1 : Esta fonte provoca uma elevação de tensão positiva
Vr=[(V ⁺ )−(V ⁻ )] VrVf 1 =[(0V )−(−5V)] ou VrVf 1 = 5V .
A potência fornecida é dada por: PVf =Vr .IVf PVf 1 =5(−0,709) ou PVf 1 =−3,545W .
Fonte de tensão Vf 2 : Esta fonte provoca uma elevação de tensão negativa
Vr=−[(V ⁺ )−(V ⁻ )] VrVf 2=−[(0V )−(−3V)] ou VrVf 2=−3V .
A potência fornecida é dada por: PVf =Vr IVf PVf 2 =3(−1,29) ou PVf 2 =−3,87W .
Fonte de tensão dependente Vf 3 = IR4 : Esta fonte está sob uma queda de tensão negativa
Vd=−[(V ⁺ )−(V ⁻ )] VdVf 3 =−[V2−V1] VdVf 3 =−[(−2,13V )−(−2,42V )] ou
VdVf 3 =−0,29V .
A potência consumida é dada por: PVf 3 =Vd If PVf 3 =(−0,29V)(−1,71 A) ou
PVf 3 =0,496W .
BALANÇO DE POTÊNCIAS:
Consumidores:
• Resistores: 4,466 W.
• Fonte de corrente 2A 4,260 W.
• Fonte de tensão depend. 0,496 W.
• SOMA 9,222 W.
Fornecedores:
• Fonte de tensão 5V -3,545 W.
• Fonte de tensão 3V -3,870 W.
• Fonte de corrente 1A -1,810 W.
• SOMA -9,225 W.
31

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