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Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
14 - ANÁLISE POR CORRENTE DE MALHA EM CIRCUITOS RESISTIVOS CC
Relembrando definições de malha:
• Circuito fechado, sem derivações.
• Aplicabilidade: em circuitos complexos planares, com fontes de tensão e corrente,
independentes ou dependentes.
Objetivo – Determinar as correntes desconhecidas de cada braço, através da aplicação da LTK
nas malhas. Com essas correntes, poderemos definir as tensões e potências de todos os elementos
do circuito.
Lei das tensões de Kirchhoff - LTK : numa malha, a soma algébrica de elevação de tensão com
queda de tensão será zero: LTK → Vr+Vd =0 .
Superposição de correntes - A corrente total de um braço compartilhado é a soma algébrica das
correntes das malhas vizinhas. A queda de tensão sobre um resistor compartilhado por duas malhas
será VdR = R(Ia−Ib) , onde Ia é a corrente da malha sob análise e −Ib é a corrente da
malha vizinha.
Método de análise:
1. Arbitrar um sentido único para todas as correntes no interior das malhas, considerando que,
a atribuição dos sinais algébricos de entrada e saída de um elemento compartilhado deve ser
feita em apenas uma das malhas, assim, se a corrente entrar num elemento pelo terminal (-)
haverá elevação de tensão Vr , e se for pelo terminal (+), haverá queda de tensão Vd .
2. Escrever as expressões das quedas de tensão nos resistores com a Lei de Ohm: Vd= RI .
3. Escrever as respectivas equações da LTK de cada malha.
4. Resolver o sistema de equações da LTK para achar as correntes das malhas.
5. Com as correntes definidas, calcular as tensões nos elementos e respectivas potências.
6. Potência dos elementos ativos em CC (capítulo 1):
• Para fonte de tensão ou de corrente na configuração de fornecedora, a potência será
negativa, pois o sinal da elevação de tensão é oposto ao sinal da corrente: P=(Vr) I .
• Para fonte de tensão ou de corrente na configuração de consumidora, a potência será
positiva, pois o sinal da queda de tensão é o mesmo ao sinal da corrente: P=(Vd)I .
7. Potência dos elementos passivos em CC (capítulo 1): a potência será sempre positiva,
para tensão de qualquer polaridade: P= I ² R .
Exemplo 1: uma fonte independente de tensão (Fig. 14 - 01)
Queda de tensão nos resistores, pela Lei de Ohm:
Malha 1: VdR1=2 I1 VdR3=3(I1−I2)
Malha 2: VdR3=3(I2−I1) VdR2=4 I2 VdR4=5I2
LTK da malha 1: VdR1+VdR3+VrVS1 = 0 onde VrVf 1 =−6V é a elevação provocada pela
fonte de tensão, então VdR1+VdR3−6 =0 ou VdR1+VdR3 =6
Pela Lei de Ohm: 2I1+3(I1−I2)=6 (2+3)I1−3 I2 =6 ou 5I1−3 I2 =6 (14.01).
1
Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
LTK da malha 2:
−VdR3+VdR2+VdR4 =0 .Pela Lei de Ohm:
−3(I1−I2)+4 I2+5 I2=0
−3 I1+3 I2+4 I2+5 I2 =0
−3I1+(3+4+5)I2=0 −3I1+12I2 =0
(14.02).
Resolver o sistema de equações para achar
as correntes das malhas:
Manipulação algébrica: multiplicar a equação (14.01) por 4, para anular o termo de I2 e fazer a
soma algébrica das expressões:
20I1−12 I2=24
−3 I1+12 I2=0
17I1 =24
I1 =
24
17
I1 =1,411 A substituindo este valor na expressão (14.01),
teremos: 5(1,411)−3 I2=6 7,058−3 I2=6 −3I2 =−7,058+6 −3I2 =−1,058
I2 =
1,058
3
I2 = 0,35294 A .
Corrente em R3 (resistor compartilhado pelas duas malhas): IR3=I1−I2
IR3=1,411−0,353 IR3=1,058 A .
A corrente nos outros resistores não compartilhados é a corrente da malha a que pertencem.
3- balanço de potências do circuito:
Elemento passivo consumidor: P=I ² R
PR1 =(1,411)² x2 ou PR1 =3,98W .
PR2 =(0,353)² x 4 ou PR2 = 0,498W .
PR3 =(1,058)² x3 ou PR3 = 3,358W .
PR2 =(0,353)² x5 ou PR2 = 0,623W .
Pconsum = PR 1+PR2+PR3+PR4 Pconsum =3,98+0,498+3,358+0,623 ou Pconsum =8,46W
Elemento ativo fornecedor: PVS =(Vr)I1 onde Vr=−VS e PVS =(−6V )1,41
PVS =−8,46W e finalmente Pfornec . + Pconsum. =0
2
Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
Figura 14 – 02 com o circuito resolvido.
Exemplo 2: uma fonte de tensão independente e outra fonte de tensão controlada por corrente
(Fig. 14 - 03).
Queda de tensão nos resistores, pela Lei de Ohm:
Malha 1: VdR1 =3(I1−I2) VdR2 = 4(I1−I3) .
Malha 2: VdR1 =3(I2−I1) VdR3 =5I2
VdR4 =6(I2−I3) .
Malha 3: VdR2 =4(I3−I1) VdR4 =6(I3−I2) .
Controle da fonte dependente 4 I X = 4(I1−I2) ou
4 I X =(4 I1−4 I2) .
LTK da malha 1: VdR1+VdR2−12V =0 ou
VdR1+VdR2 =12V 3I1−3 I2+4 I1−4 I3=12V
ou 7 I1−3 I2−4 I3=12V .
LTK da malha 2: −VdR1+VdR3+VdR4=0V −3 I1+3 I2+5 I2+6I2−6I3 =0V ou
−3I1+14 I2−6 I3=0V .
LTK da malha 3: −VdR2−VdR 4+VS2=0V 4 I3−4 I1+6I3−6 I2+(4 I1−4 I2)=0V ou
0−10 I2+10I3 =0V .
Resolver o sistema de equações com matrizes:
3
Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
Agora que temos as três correntes, se tomarmos as expressões da Lei de Ohm, em cada resistor, e
atribuirmos os valores das respectivas correntes, teremos a queda de tensão em cada um deles, e
assim, podemos calcular suas potências. Circuito resolvido na Fig. 14 – 04.
Exemplo 3: o mesmo circuito anterior, mas com uma fonte de tensão independente e outra
fonte de tensão, controlada por tensão (Fig. 14 - 05).
Queda de tensão nos resistores, pela Lei de Ohm:
Malha 1: VdR1 =3(I1−I2) VdR2 =4(I1−I3)
Malha 2: VdR1 =3(I2−I1) VdR3 = 5I2 VdR4 = 6(I2−I3)
4
Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
Malha 3: VdR2 =4(I3−I1) VdR4 =6(I3−I2)
Controle da fonte dependente:
como V X =VdR1 , VS2 = 2V X = 2(VdR1)
VS2 =2x 3(I1−I2) VS2 = 6(I1−I2) ou
VS2 =(6 I1−6 I2) .
LTK da malha 1: VdR1+VdR2=12V
3I1−3 I2+4 I1−4 I3=12V ou
7 I1−3 I2−4 I3=12V .
LTK da malha 2: −VdR1+VdR3+VdR4=0V 3I2−3 I1+5I2+6 I2−6 I3 =0V
−3I1+14 I2−6 I3=0V .
LTK da malha 3: −VdR2−VdR 4+VS2=0V 4 I3−4 I1+6I3−6 I2+(6 I1−6 I2)=0V
2I1−12 I2+10 I3= 0V .
Resolver o sistema por matrizes:
Com as três correntes definidas podemos
definir as quedas de tensão e potências
individuais.
Como V X =VdR1 e VdR1 =3(I1−I2) ,
V X =3(2,09−0,55) V X =3(1,54) V X =4,62V .
Como VS2 =2V X VS2 =2(4,62) VS2 =9,24V .
5
Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
Exemplo 4: duas fontes independentes de
tensão e uma malha sem fonte.
A observação do circuito nos mostra duas
particularidades:
• O braço do resistor R4 = 5Ω , da
malha sem fonte, está sob a diferença de
potencial das duas fontes, o que permite
calcular sua corrente, pela Lei de Ohm,
que é a corrente líquida da malha 3. Com
essa corrente já definida, será possível
calcular as correntes das malhas 1 e 2,
aplicando a LTK .
• As fontes de tensão estão opostas, logo a
de menor valor VS1 estará com
corrente reversa, portanto, estará como consumidor de potência. Por isso adotaremos o
sentido anti-horário para as correntes.
Queda de tensão nos resistores, pela Lei de Ohm:
Malha 1: VdR1 =3(−I1+3 I3) VdR1 =−3 I1+(3∗1) ou VdR1 =−3 I1+3 .
VdR2 =2(−I1+2 I2) ou VdR2 =−2 I1+2 I2 .
Malha 2: VdR2 =2(−I2+2 I1) ou VdR2 =−2 I2+2 I1 .
VdR3 =4(I2−I3) VdR3 =4 I2−4 I3 VdR3 =4 I2−(4∗1) ou VdR3 =4 I2−4 .
LTK malha 1: VdR1+VdR2 =5 (−3 I1+3)+ (−2I1+2I2)=5 −5I 1+2I 2=5−3 ou
−5I 1+2I 2=2 (LTK 1).
LTK malha 2: VdR 2 + VdR3=10 (−2I1+2I2)+(4 I2 −4)=10 −2I1+6 I2=10+4 ou
−2I1 + 6 I2= 14 (LTK 2).
Malha 3: VdR4 =VS 2−VS1 VdR4 =10−5 ou VdR4 =5V .
Corrente no resistor R4: IR4 =
VdR4
R4
IR4 =
5V
5Ω
ou IR4 = I3=1 A .
Resolver o sistema om as equações (LTK 1) e (LTK 2): por manipulação algébrica, multiplicar
(LTK 1) por (-3) para anular I2 , e determinar I1 :
15 I1−6 I2=−6
−2I1 + 6 I2=14
13 I1 = 8
I1 =
8
13
ou I1 =0,615 A .
Com a expressão (LTK 1), Determinar I2 : −5(0,615)+2I2 =2 −3,07+2 I2 =2
2I2 =2+3,07
6
Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
I2 =
5,07
2
ou I2 =2,535 A .
Com as correntes definidas podemos definir as quedas de tensão e potências individuais.
Balanço de Potência:
Fornecedor: PVf 2 =−25,4W .
Consumidores: PVS1=3,075W + PResistores =22,3W PCONSUMIDOR =25,4W .
Análise por corrente de malhas em circuitos com fontes independentes de corrente.
Exemplo 5: ponte de Wheatstone com uma fonte de corrente independente exclusiva.
Queda de tensão nos resistores, pela Lei de Ohm:
Malhas (1) e (2) VdR1 =2(2−I2) ou
VdR1 =4−2I2 .
Malhas (1) e (3) VdR2 =3(2−I3) ou
VdR2=6−3I3 .
Malha (2) VdR4 = 5 I2 .
Malha (3) VdR3 =4 I3 .
Malhas (2) e (3) VdR5 =6x|I2−I3| .
Como a malha (1) tem a corrente definida por If 1 =2 A , precisamos das equações referentes às
malhas (2) e (3).
LTK malha (2) VR1 + VR4 + VR5=0 (2I1−4)+(5 I1)+(6I1−6 I2)=0 13I1 −6I2 =4 (2)
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Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
LTK malha (3) VR5 + VR3 + VR2 =0 (6 I2−6 I1)+(4 I2)+(3 I2−6)=0 −6 I1+13 I2=6 (3)
Resolver o sistema de equações com Matriz:
Definidas as correntes das malhas (2) e (3) podemos calcular
as quedas de tensão, as correntes líquidas e as potências nos
resistores e a tensão sobre a fonte de corrente e sua respectiva
potência.
Quedas de tensão nos resistores:
VdR1 =4−2I2 VdR1 = 4−(2∗0,661) VdR1 =4−1,32 ou VdR1 =2,68V .
VdR2 =3(2−I3) Vc =6−(3x 0,766) VdR2 = 6−2,298 ou VdR2 =3,7V .
VdR3 = 4 I3 =Vb VdR3 = 4 x 0,766 ou VdR3 = 3,064V .
VdR4 = 5 I1 VdR4 =5∗0,66 ou VdR4 =3,3V .
VdR 5=6(I3−I2) VdR 5=6(0,767−0,661) VdR 5=4,6−3,966 ou VdR5 =0,634V .
Elevação de tensão sobre os terminais da fonte de corrente : VrIS1 =−[VdR2+VdR1]
VrIS1 =−[3,7+2,68] ou VrIS1 =−6,38V .
Potência entregue pela fonte: PIS 1=Vr IS1 PIS 1=−6,38x 2 ou PIS 1=−12,7W .
Correntes líquidas nos resistores e respectivas potências:
IR1 =
VdR1
2Ω
IR1 =
2,68V
2Ω
ou
IR1 =1,34 A e PR1 =2,68 x1,34 ou
PR1 =3,58W .
IR2 =
VdR2
3Ω
IR2 =
3,7V
3Ω
ou
IR2 =1,23 A e PR2 =3,7 x1,23 ou
PR2 = 4,55W .
IR3 =
VdR3
4Ω
IR3 =
3,064V
4Ω
ou IR3 =0,766 A e PR3 =3,064 x 0,766 ou PR3 =2,35W .
IR4 =
VdR4
5Ω
IR4 =
3,3V
5Ω
ou IR4 = 0,66 A e PR 4 =3,3 x 0,66 ou PR 4 =2,19W .
IR5 =
VdR5
6Ω
IR5 =
0,63V
6Ω
ou IR5 =0,105 A e PR5 =0,63 x0,105 ou PR5 =0,0667W .
8
Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
Soma das potências nos resistores: Pconsum=12,7W .
SUPER MALHA – Sempre que tivermos um circuito onde haja fonte de corrente, dependente ou
independente, compartilhada por duas malhas adjacentes, poderemos simplificar a análise pelo
método denominado “super malha”, que consiste em excluir a fonte de corrente e considerar as
malhas adjacentes como uma só, para aplicação da LCK e LTK .
Exemplo 6 – com uma fonte de corrente independente
(Fig. 14 – 11).
Dados: R1=4Ω ; R2=2Ω ; R3=3 Ω ; R4=5Ω ;
If 1=6 A e Vf 1=12V .
A fonte de tensão está como fornecedora, e a elevação de
tensão é dada por VrVf 1 =−[(V ⁺)−(V ⁻)]
VrVf 1 =−[12V −0V ] ou VrVf 1 =−12V .
A entrada da fonte de corrente está depois do resistor R2
, ligado ao terra, o que nos indica que o nó (a) estará sob
tensão negativa. Esta fonte está como fornecedora, com
elevação de tensão negativa VrIf 1 =−[(V ⁺)−(V ⁻)] .
Inicialmente vamos considerar as correntes de acordo com
os sentidos arbitrados para aplicarmos a LTK .
Equações das quedas de tensão nos resistores, usando a Lei
de Ohm:
malha 1: VdR2 =2(I1−I2) e VdR3 =3(I1−I3) ;
LTK da malha 1 : VrVf 1+VdR3+VdR 2=0 −12+3(I1−I3)+2(I1−I2)=0 ou
5I1−2 I2−3I3 =12 (1)
malha 2: VdR2 = 2(I2−I1) e VdR1 =4(I2) ;
LTK malha 2 2(I2−I1)−VfI +4(I2)=0 (2)
malha 3: VdR3 = 3(I3−I1) e VdR4 =5(I3) ;
LTK malha 3 VfI +3(I3−I1)+5(I3)=0 (3)
Se agruparmos (2 ) e (3), teremos:
2(I2−I1)−V fI+4(I2)+V fI+3(I3−I1)+5(I3)=0
A simplificação desta expressão vai eliminar a incógnita VfI , provando que podemos excluir a
fonte de corrente e ir direto para a LTK da super malha (Fig. 14 - 12):
9
Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
2(I2−I1)+3(I3−I1)+5(I3)+4(I2)=0 ou −5I1+6 I2+8I3 =0 (4)
Resolver o sistema de equações por Matrizes:
Agora vamos tomar duas equações com as correntes
desconhecidas, que são a equação da malha 1 e a equação
da super malha, mas como temos três incógnitas, vamos
precisar de uma terceira equação relacionada à fonte de
corrente, e para isso vamos aplicar a LCK no nó (b), na
saída dessa fonte (Fig.14 - 11).
I2−IS−I3 =0 ou I2−I3 =6 (5).
Assim, a partir das equações (1) , (4) e (5), podemos tomar
os coeficientes e resolver o sistema de equações por matriz
para teremos as três correntes definidas, e com elas
podermos calcular as tensões e potências (ver figura da
matriz):
(1) 5I1−2 I2−3 I3 =12 ; (4) −5I1+6 I2+8I3 =0 e
(5) I2−I3 =6 .
A posição da fonte de corrente e as correntes obtidas nos
indicam algumas particularidades do circuito (Fig. 14 -
12):
• O resistor R2 está entre o terra e o nó (a) com
tensão negativa, portanto sob corrente negativa, e
como I2>I1 , a sua corrente líquida será
negativa IR2 =−(I2 – I1) .
• I3 =−1,334 o valor negativo indica que o
sentido arbitrado na malha 3 foi contrário ao
sentido correto, portanto seu sentido será o mesmo
de I1 e então, a corrente líquida no resistor
R3 , será: IR3 =(I1+I3) , ou seja, a corrente
sai de +12V para o nó (a) com tensão negativa.
Agora que já temos os valores das correntes e seus sinais algébricos corretos, vamos calcular a
queda de tensão nos resistores, pela Lei de Ohm:
R1 sob tensão positiva: VdR1 =R1 I2 VdR1 =4 x 4,667 ou VdR1 =18,668V , que é a
tensão do nó (b).
R2 sob tensão negativa: VdR2 =R2[−(I2−I1)] VdR2 =2[−(4,667−3,47)]
VdR2 =2[−1,2] ou VdR2 =−2,4V , que é a tensão do nó (a).
R3 sob tensão positiva: VdR3 =R3(I1+I3) VdR3 =3(3,47+1,33) VdR3 =3x 4,8 ou
VdR3 =14,4 V .
10
Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
R4 sob tensão positiva: VdR4 = R4 (I3) VdR4 =5 x1,334 ou VdR4 =6,67V .
A fonte de corrente If 1 está com a tensão menor na sua entrada (V ⁻ )=−2,4V e tensão
maior na saída (V ⁺ )=18,67V , portando configurada como fornecedora de potência, e a sua
elevação de tensão será: VrIf 1 =−[(V ⁺)−(V ⁻)] VrIf 1 =−[18,67V −(−2,4 V)]
VrIf 1 =−[18,67V +2,4V ] ou VrIf 1 =−21,07V .
LTK da malha 1: VrVf 1+(VdR3−VdR2)=0 −12+(14,4−2,4)=0 ou −12+12=0 .
LTK da malha 2: VdR2+VdR1 =VrIS
2,4 + 18,67−21,07= 0 ou
21,07V −21,07V= 0 .
LTK da malha 3: VdR3 + VdR 4 =VrIS
14,4V + 6,67V −21,07=0 ou
21,07−21,07= 0 .
Balanço de potência:
Fonte de tensão configurada como
fornecedora: PVf 1 =Vr I1
PVf 1 =(−12V )3,47 A ou
PVf =−41,64W .
Fonte de corrente configurada como
fornecedora: PIf =Vr I f
PIf =(−21,07)6 ou PIf 1=−126,42W .
Potência fornecida: Pforn. = PVf 1+PIf 1 Pforn. =−41,6−126,42 Pforn. =−168W .
Potência consumida: Pcons . =87,11+2,88+69,12+8,89 Pcons. =168W .
11
Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
Exemplo 7 – com fonte de corrente dependente
Dados (Fig. 14 - 15): R1=4Ω ; R2=2Ω ; R3=3 Ω ; R4=5Ω ; If 1=3(I 1) e
Vf 1=12V .
A fonte de tensão está como fornecedora e a elevação de tensão é dada por: VrVf 1 =−12V .
A entrada da fonte de corrente está depois de um resistor de
carga, o que nos indica que o nó (a) estará sob tensão negativa.
Esta fonte está como fornecedora, com elevação de tensão dada
por: VrIS =[(V ⁺ )−(V ⁻ )] .
Inicialmente vamos considerar as correntes de acordo com os
sentidos arbitrados, para montarmos as equações das quedas de
tensão nos resistores, usando a Lei de Ohm: VdR1 =4(I2) ,
VdR2 =2(I1−I2) , VdR3 =3(I1−I3) e VdR4 =5(I3) .
LTK da malha 1: VrVf 1+VdR3+VdR 2=0
−12+3(I 1−I 3)+2(I 1−I 2)=0
3I 1+2I 1−2I 2−3 I 3 =12 5I 1−2 I 2−3 I 3=12 (1).
LTK da super malha:
2(I 2−I 1)+3(I 3−I 1)+5(I 3)+4(I 2)=0
−2I 1−3 I 1+2I 2+4 I 2+3 I 3+5I 3=0
−5I 1+6I 2+8 I 3=0 (2)
Resolver o sistema de equações por Matrizes:
Agora temos duas equações com as três incógnitas (correntes
desconhecidas), que são a equação da malha 1 e a equação da
super malha, por isso precisamos de uma terceira equação
relacionada ao parâmetro de controle da fonte de corrente
dependente, e para isso vamos aplicar a LCK no nó (b) , na
saída dessa fonte. As correntes desse nó não são compartilhadas
com outras correntes desconhecidas. (Fig. 14 - 15):
−If 1+I2−I3 =0 ou −3 I 1+I 2−I 3=0 (3)
Assim, a partir das equações (1) , (2) e (3) podemos tomar os
coeficientes e resolver o sistema de equações por matriz para
teremos as três correntes definidas, e com elas podermos
calcular as tensões e potências (ver figura da matriz).
A posição da fonte de corrente e as correntes obtidas nos
indicam algumas particularidades do circuito (Fig. 14 - 15):
• I1 contrária de I2 e I2>I1 indicam que a corrente líquida no resistor R2 será
negativa IR2 =−(I2 – I1) , pois está saindo do terra para o nó (a) com tensão negativa,
forçada pela fonte de corrente.
12
Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
• I3 =−3,06 com valor negativo indica que o
sentido arbitrado foi contrário ao sentido
correto, portanto seu sentido será o mesmo de
I1 =3,29 e isso significa que a corrente
líquida no resistor R3 será positiva
IR3 =(I1+I3) , saindo do nó (c) com tensão
de +12V e a corrente no resistor R4 ,
também será positiva, saindo do nó (b) com
tensão de +27,3V .
Agora que já temos os valores das correntes e seus
sinais algébricos corretos, vamos calcular as quedas de
tensão nos resistores, pela Lei de Ohm:
R1 sob tensão positiva: VdR1 =R1 I2 VdR1 = 4 x6,82 ou VdR1 =27,28V que é a tensão
no nó (b).
R2 sob tensão negativa: VdR2 =R2(I1−I2) VdR2 =2(3,29−6,82) VdR2 =2[−3,53] ou
VdR2 =−7,06V . que é a tensão no nó (a).
R3 sob tensão positiva: VdR3 =R3(I1 + I3) VdR3 =3[3,29+ 3,06] VdR3 = 3x 6,35 ou
VdR3 =19,05V .
R4 sob tensão positiva: VdR4 = R4 (I3)
VdR4 = 5 x3,06 ou VdR4 =15,3V .
LTK da malha 1: VrVf 1+VdR3+VdR 2=0
−12+19,06+(−7,06)=0 −12+12=0 .
LTK da malha 2: −VdR2+VdR1 =VrIf 1
−(−7,06V )+27,29V =VrIf 1
VrIf 1 = 7,06V+27,29V ou VrIf 1 =34,35V .
13
Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
LTK da malha 3: VdR3+VdR4 =VrIf 1 19,06V +15,29V =VrIf 1 ou VrIf 1 =34,35V .
Balanço de potência:
Potência fornecida Pforn. = PVf 1+PIf 1 Pforn. =−39,53+(−339,39) ou Pforn. =−378,92W .
Potência consumida: Pcons. =186,24+24,91+121,08+46,78 ou Pcons. =379W .
Exemplo 8: resolver o circuito da fig. 14 – 19 por correntes de malhas:
Entendendo o circuito:
Duas malhas com suas respectivas fontes de tensão independentes:
• a fonte Vf 1 eleva a tensão de terra→(a)=20V , portanto como fornecedora de
potência.
• A fonte Vf 2 eleva a tensão de (c)=−5V →terra , também como fornecedora de
tensão.
Uma malha com uma fonte de corrente independente que está com sua saída apontando para uma
tensão menor, indicando que há uma queda de tensão sobre essa fonte VdIf 1 =[(V ⁺)−(V ⁻)]
VdIf 1 =[(20V )−(−5V )] ou VdIf 1 =25V . Com estas informações, já podemos calcular a
potência consumida: PIf 1=Vd. If 1 PIf 1=25 x3 ou PIf 1=75W .
Para calcularmos as correntes desconhecidas I1 e I3 , precisamos escrever as equações das
quedas de tensão nos resistores com a Lei de Ohm, em função dos sentidos arbitrados para as
correntes das malhas.
VdR1 =5(I1−3) , VdR2 = 3(I1−I3) e VdR3 = 7(I3−3) .
LTK da malha 1: VrVf 1+VdR1+VdR2 −20+5(I1 – 3)+3(I1 – I3)= 0
−20+5 I1 –15+3 I1 – 3I3 =0 8 I1 –3 I3−35=0 ou 8 I1 –3 I3= 35 (LTK 1)
LTK da malha 3: VdR2+VdR3+VrVf 2=0 3(I3−I1)+7(I3 –3)– 5= 0
3I3−3I1+7 I3 –21 –5= 0 −3 I1+10 I3 –26 =0 ou −3I1+10 I3 =26 (LTK 3)
14
Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
Para resolver o sistema com as equações (LTK 1) e (LTK 3), vamos multiplicar (LTK 1)3 e
(LTK 3)8 , que assim eliminaremos I1 , e vamos achar o valor de I3 , ao somarmos
algebricamente as duas equações:
[8I1 – 3I3 =35]3 ou 24 I1 – 9I3 =105
[−3 I1+10I3 =26]8 ou −24 I1+80I3 =208
24 I1 – 9I3 =105
−24 I1+80I3 =208
71I3 =313
onde I3 =
313
71
ou I3 =4,408 A .
Na equação (LTK 1) vamos substituir o valor de I3 para acharmos I1 : 8 I1 –3∗4 ,41=35
8 I1 =35+13,23 I1 =
48,23
8
ou I1 = 6,03 A .
Com as três correntes definidas podemos calcular as quedas de tensão VdR =RI , as potências dissipadas
nos resistores PR =
Vd
2
R
e as potências fornecidas pelas das duas fontes de tensão PVf =VrVf I .
R1 → VdR1 =5(I1−3) VdR1 =5(6,03−3) VdR1 =5(3,03) ou VdR1 =15,15V e
PR1 =
15,15²
5
PR1 =45,9W .
R2 → VdR2 =3(I1−I3) VdR2 =3(6,03−4,41) VdR2 =3(1,62) ou VdR2 =4,86V
PR2 =
4,86²
3
PR2 =7,87W .
R3 → VdR3 =7(I3−3) VdR3 =7(4,41−3) VdR3 =7(1,41) ou VdR3 =9,87V .
PR3 =
9,87²
7
PR2 = 13,91W .
PCONS =PIf 1+PR 1+PR2+PR3 PCONS =75+45,9+7,87+13,91 PCONS =142,68W .
15
Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
PVS1=(−20)6,03 ou PVS1=−120,6W .
PVS1=(−5)4,41 ou PVS1=−22,01W .
PFORN = PVS1+PVS2 PFORN =−120,6+(−22,01) PFORN =−142,61W .
Exemplo 9: Resolver o circuito da Fig. 14 – 21 por correntes de malha:
O circuito dado tem quatro malhas,com as correntes arbitradas no sentido horário. As malhas (2) e
(3) compartilham uma FCCC If 2 =2 I4 , onde pode ser aplicado o método da super malha.
Para aplicarmos a LTK nas malhas, vamos
montar as equações das quedas de tensão nos
resistores, usando a Lei de Ohm e
considerando as correntes das malhas de
acordo com os sentidos arbitrados e
lembrando que a tensão sobre uma fonte de
corrente é consequência da queda de tensão
da carga conectada nos seus terminais,
portanto diferente do conceito de elevação de
tensão.
Malha 1: VdR2 =4[6−I2]
LTK da malha 1: VdR2 =VrIf 1 4[6−I2]=VrIf 1 24−4 I 2=VrIf 1 (1) .
Malha 2: VdR1 =100(I2) e VdR2 = 4(I2−6) .
LTK malha 2: VdR1+VdR2 =VrIf 2 [100 I2]+[4(I2−6)]=VrIf 2
100I2+4 I2−24 =VrIf 2 ou 104 I2−24=VrIf 2 (2).
Malha 3: VdR3 =5(I3) e VdR4 =1(I3−I4) .
LTK malha 3: VdR3+VdR4 =V If 2 5I3+(I3−I4)=VIf 2 ou 6 I3−I4 =V If 2 (3).
Malha 4: VdR4 = 1(I4−I3) e VdR5 = 2(I4) .
LTK malha 4: VdR4+VdR 5=V f 1 (I4−I3)+(2I4)=8 ou −I3+3 I4 =8 (4).
Super malha: (Fig. 14 - 22) eliminar If 2 e montar a equação da LTK com a diferença entre
as expressões (2) e (3): [104 I2−24]−[6 I3−I 4]=0 ou 104 I2−6 I3+I4 = 24 (5) .
16
Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
Para o cálculo das correntes, vamos tomar as
equações da malha (4) e da super malha (5),
mas como temos três incógnitas, precisamos
de uma terceira equação relacionada à fonte
de corrente controlada, e para isso vamos
aplicar a LCK no nó (b) , na entrada dessa
fonte. If 1+(I2−If 1)+I3 =If 2 como If 2 é
o mesmo que 2I4 , teremos
6+I2−6+I3 =2I4 ou
I2+I3−2 I4 = 0 (6)
Notar que a corrente de If 1 =6 A é eliminada da equação da LCK do nó (b).
Assim, a partir das equações (4) , (5) e (6), podemos tomar os coeficientes e resolver o sistema de
equações por matrizes, para termos as três correntes definidas, e com elas, calcularmos as tensões e
potências, conforme mostrado na fig. 14 – 23.
Resolver o sistema de equações por Matrizes:
O resistor R1 está entre o “terra” e a entrada da fonte de corrente If 1 , portanto submetido a
uma corrente negativa, e consequentemente, o nó (a) estará com tensão negativa:
VdR1 =100(−I2) VdR1 =100(−0,9256) ou VdR1 =V(a) =−92,56V .
O resistor R5 está na saída da fonte de tensão Vf 1 =8V , portanto submetido a uma corrente
positiva: VdR5 =2(I4) VdR5 =2(7,0744) ou VdR5 =14,149V . Como consequência a tensão
no nó (c), será negativa: V(c) =Vf 1 −VdR5 V(c) =8−14,149 ou V(c) =−6,149V .
O resistor R4 está entre o nó negativo “c” e o “terra”, portanto sob corrente negativa:
VdR4 =1(I4−I3) VdR4 =7,0744−13,2231 ou VdR4 =V(c) =−6,149V , confirmando a
17
104 -6 1 Δ
0 -1 3 -121
1 1 -2
24 -6 1 Δ2
8 -1 3 -112 0,9256
0 1 -2
104 24 1 Δ2
0 8 3 -1600 13,2231
1 0 -2
104 -6 24 Δ4
0 -1 8 -856 7,0744
1 1 0
I2 = Δ1/Δ
I3= Δ2/Δ
I4= Δ3/Δ
Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
tensão do nó “c”.
O resistor R3 está sob corrente negativa, entre o nó negativo (c) e a entrada da fonte de corrente
If 2 no nó (b), também negativo, logo, sob corrente negativa, então: VdR3 =5(I3)
VdR3 =5(−13,223) ou VdR3 =−66,115V .
A tensão do nó (b) é dada por V(b)=V(c) + VdR3 V(b)=−6,15+ (−66,115) ou
V(b)=−72,264V .
O resistor R2 está sob corrente negativa, entre dois nós com tensões negativas:
VdR2 = 4[6−I2] VdR2 =4[−(6−0,92562)] VdR2 = 4[−5,074] ou VdR2 =−20,298V ,
que também é calculado por VdR2 =−[V
+
−V
−
] VdR2 =−[V(b) −V(a)]
VdR2 =−[−72,264−(−92,56)] VdR2 =−[−72,264 + 92,56] ou VdR2 =−20,298V .
A elevação de tensão negativa sobre a fonte de corrente If 1 , será : VrIf 1 =V+
−V−
VrIf 1 =−72,264−(−92,562) ou VrIf 1 =20,298V .
A elevação de tensão negativa sobre a fonte de corrente If 2 , será : VrIf 2 =V
+
−V
−
VrIf 1 =0−(−72,264) ou VrIf 2 =72,264V .
Neste circuito, à exceção do braço na saída da fonte Vf 1 , todos os outros braços têm a tensão e a
corrente algebricamente negativas. O menor potencial é V(b)=−92,562V , o maior potencial é a
saída de fonte de tensão Vf 1 =8V , referenciados ao “terra”, no potencial zero.
18
Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
Balanço de potência
Potência consumida individual: PRn =
VdRn
2
Rn
PR1 =
−92,5622
100
ou PR1 =85,677W .
PR2 =
−20,298
2
4
ou PR2 =103W . PR3 =
−66,116
2
5
ou PR3 = 874,26W .
PR 4 =
−6,1492
1
ou PR 4 =37,8W . PR5 =
−14,1492
2
ou PR5 =100W .
Potência consumida total: Pconsum. =1.200,737W .
Potência fornecida individual: PVf 1 =VrVf 1(I4) PVf 1 =−8(7,074) ou PVf 1 =−56,6W .
PIf 1=VrIf 1(If 1) PIf 1=20,3(−6) ou PIf 1=−121,8W .
PIf 2=VrIf 2(I f 2) PIf 2=72,264(−14,149) ou PIf 2=−1.022,46W .
Potência fornecida total: Pfornec . =1.200,82W .
19

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14 análise por malhas em cc

  • 1. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto 14 - ANÁLISE POR CORRENTE DE MALHA EM CIRCUITOS RESISTIVOS CC Relembrando definições de malha: • Circuito fechado, sem derivações. • Aplicabilidade: em circuitos complexos planares, com fontes de tensão e corrente, independentes ou dependentes. Objetivo – Determinar as correntes desconhecidas de cada braço, através da aplicação da LTK nas malhas. Com essas correntes, poderemos definir as tensões e potências de todos os elementos do circuito. Lei das tensões de Kirchhoff - LTK : numa malha, a soma algébrica de elevação de tensão com queda de tensão será zero: LTK → Vr+Vd =0 . Superposição de correntes - A corrente total de um braço compartilhado é a soma algébrica das correntes das malhas vizinhas. A queda de tensão sobre um resistor compartilhado por duas malhas será VdR = R(Ia−Ib) , onde Ia é a corrente da malha sob análise e −Ib é a corrente da malha vizinha. Método de análise: 1. Arbitrar um sentido único para todas as correntes no interior das malhas, considerando que, a atribuição dos sinais algébricos de entrada e saída de um elemento compartilhado deve ser feita em apenas uma das malhas, assim, se a corrente entrar num elemento pelo terminal (-) haverá elevação de tensão Vr , e se for pelo terminal (+), haverá queda de tensão Vd . 2. Escrever as expressões das quedas de tensão nos resistores com a Lei de Ohm: Vd= RI . 3. Escrever as respectivas equações da LTK de cada malha. 4. Resolver o sistema de equações da LTK para achar as correntes das malhas. 5. Com as correntes definidas, calcular as tensões nos elementos e respectivas potências. 6. Potência dos elementos ativos em CC (capítulo 1): • Para fonte de tensão ou de corrente na configuração de fornecedora, a potência será negativa, pois o sinal da elevação de tensão é oposto ao sinal da corrente: P=(Vr) I . • Para fonte de tensão ou de corrente na configuração de consumidora, a potência será positiva, pois o sinal da queda de tensão é o mesmo ao sinal da corrente: P=(Vd)I . 7. Potência dos elementos passivos em CC (capítulo 1): a potência será sempre positiva, para tensão de qualquer polaridade: P= I ² R . Exemplo 1: uma fonte independente de tensão (Fig. 14 - 01) Queda de tensão nos resistores, pela Lei de Ohm: Malha 1: VdR1=2 I1 VdR3=3(I1−I2) Malha 2: VdR3=3(I2−I1) VdR2=4 I2 VdR4=5I2 LTK da malha 1: VdR1+VdR3+VrVS1 = 0 onde VrVf 1 =−6V é a elevação provocada pela fonte de tensão, então VdR1+VdR3−6 =0 ou VdR1+VdR3 =6 Pela Lei de Ohm: 2I1+3(I1−I2)=6 (2+3)I1−3 I2 =6 ou 5I1−3 I2 =6 (14.01). 1
  • 2. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto LTK da malha 2: −VdR3+VdR2+VdR4 =0 .Pela Lei de Ohm: −3(I1−I2)+4 I2+5 I2=0 −3 I1+3 I2+4 I2+5 I2 =0 −3I1+(3+4+5)I2=0 −3I1+12I2 =0 (14.02). Resolver o sistema de equações para achar as correntes das malhas: Manipulação algébrica: multiplicar a equação (14.01) por 4, para anular o termo de I2 e fazer a soma algébrica das expressões: 20I1−12 I2=24 −3 I1+12 I2=0 17I1 =24 I1 = 24 17 I1 =1,411 A substituindo este valor na expressão (14.01), teremos: 5(1,411)−3 I2=6 7,058−3 I2=6 −3I2 =−7,058+6 −3I2 =−1,058 I2 = 1,058 3 I2 = 0,35294 A . Corrente em R3 (resistor compartilhado pelas duas malhas): IR3=I1−I2 IR3=1,411−0,353 IR3=1,058 A . A corrente nos outros resistores não compartilhados é a corrente da malha a que pertencem. 3- balanço de potências do circuito: Elemento passivo consumidor: P=I ² R PR1 =(1,411)² x2 ou PR1 =3,98W . PR2 =(0,353)² x 4 ou PR2 = 0,498W . PR3 =(1,058)² x3 ou PR3 = 3,358W . PR2 =(0,353)² x5 ou PR2 = 0,623W . Pconsum = PR 1+PR2+PR3+PR4 Pconsum =3,98+0,498+3,358+0,623 ou Pconsum =8,46W Elemento ativo fornecedor: PVS =(Vr)I1 onde Vr=−VS e PVS =(−6V )1,41 PVS =−8,46W e finalmente Pfornec . + Pconsum. =0 2
  • 3. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto Figura 14 – 02 com o circuito resolvido. Exemplo 2: uma fonte de tensão independente e outra fonte de tensão controlada por corrente (Fig. 14 - 03). Queda de tensão nos resistores, pela Lei de Ohm: Malha 1: VdR1 =3(I1−I2) VdR2 = 4(I1−I3) . Malha 2: VdR1 =3(I2−I1) VdR3 =5I2 VdR4 =6(I2−I3) . Malha 3: VdR2 =4(I3−I1) VdR4 =6(I3−I2) . Controle da fonte dependente 4 I X = 4(I1−I2) ou 4 I X =(4 I1−4 I2) . LTK da malha 1: VdR1+VdR2−12V =0 ou VdR1+VdR2 =12V 3I1−3 I2+4 I1−4 I3=12V ou 7 I1−3 I2−4 I3=12V . LTK da malha 2: −VdR1+VdR3+VdR4=0V −3 I1+3 I2+5 I2+6I2−6I3 =0V ou −3I1+14 I2−6 I3=0V . LTK da malha 3: −VdR2−VdR 4+VS2=0V 4 I3−4 I1+6I3−6 I2+(4 I1−4 I2)=0V ou 0−10 I2+10I3 =0V . Resolver o sistema de equações com matrizes: 3
  • 4. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto Agora que temos as três correntes, se tomarmos as expressões da Lei de Ohm, em cada resistor, e atribuirmos os valores das respectivas correntes, teremos a queda de tensão em cada um deles, e assim, podemos calcular suas potências. Circuito resolvido na Fig. 14 – 04. Exemplo 3: o mesmo circuito anterior, mas com uma fonte de tensão independente e outra fonte de tensão, controlada por tensão (Fig. 14 - 05). Queda de tensão nos resistores, pela Lei de Ohm: Malha 1: VdR1 =3(I1−I2) VdR2 =4(I1−I3) Malha 2: VdR1 =3(I2−I1) VdR3 = 5I2 VdR4 = 6(I2−I3) 4
  • 5. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto Malha 3: VdR2 =4(I3−I1) VdR4 =6(I3−I2) Controle da fonte dependente: como V X =VdR1 , VS2 = 2V X = 2(VdR1) VS2 =2x 3(I1−I2) VS2 = 6(I1−I2) ou VS2 =(6 I1−6 I2) . LTK da malha 1: VdR1+VdR2=12V 3I1−3 I2+4 I1−4 I3=12V ou 7 I1−3 I2−4 I3=12V . LTK da malha 2: −VdR1+VdR3+VdR4=0V 3I2−3 I1+5I2+6 I2−6 I3 =0V −3I1+14 I2−6 I3=0V . LTK da malha 3: −VdR2−VdR 4+VS2=0V 4 I3−4 I1+6I3−6 I2+(6 I1−6 I2)=0V 2I1−12 I2+10 I3= 0V . Resolver o sistema por matrizes: Com as três correntes definidas podemos definir as quedas de tensão e potências individuais. Como V X =VdR1 e VdR1 =3(I1−I2) , V X =3(2,09−0,55) V X =3(1,54) V X =4,62V . Como VS2 =2V X VS2 =2(4,62) VS2 =9,24V . 5
  • 6. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto Exemplo 4: duas fontes independentes de tensão e uma malha sem fonte. A observação do circuito nos mostra duas particularidades: • O braço do resistor R4 = 5Ω , da malha sem fonte, está sob a diferença de potencial das duas fontes, o que permite calcular sua corrente, pela Lei de Ohm, que é a corrente líquida da malha 3. Com essa corrente já definida, será possível calcular as correntes das malhas 1 e 2, aplicando a LTK . • As fontes de tensão estão opostas, logo a de menor valor VS1 estará com corrente reversa, portanto, estará como consumidor de potência. Por isso adotaremos o sentido anti-horário para as correntes. Queda de tensão nos resistores, pela Lei de Ohm: Malha 1: VdR1 =3(−I1+3 I3) VdR1 =−3 I1+(3∗1) ou VdR1 =−3 I1+3 . VdR2 =2(−I1+2 I2) ou VdR2 =−2 I1+2 I2 . Malha 2: VdR2 =2(−I2+2 I1) ou VdR2 =−2 I2+2 I1 . VdR3 =4(I2−I3) VdR3 =4 I2−4 I3 VdR3 =4 I2−(4∗1) ou VdR3 =4 I2−4 . LTK malha 1: VdR1+VdR2 =5 (−3 I1+3)+ (−2I1+2I2)=5 −5I 1+2I 2=5−3 ou −5I 1+2I 2=2 (LTK 1). LTK malha 2: VdR 2 + VdR3=10 (−2I1+2I2)+(4 I2 −4)=10 −2I1+6 I2=10+4 ou −2I1 + 6 I2= 14 (LTK 2). Malha 3: VdR4 =VS 2−VS1 VdR4 =10−5 ou VdR4 =5V . Corrente no resistor R4: IR4 = VdR4 R4 IR4 = 5V 5Ω ou IR4 = I3=1 A . Resolver o sistema om as equações (LTK 1) e (LTK 2): por manipulação algébrica, multiplicar (LTK 1) por (-3) para anular I2 , e determinar I1 : 15 I1−6 I2=−6 −2I1 + 6 I2=14 13 I1 = 8 I1 = 8 13 ou I1 =0,615 A . Com a expressão (LTK 1), Determinar I2 : −5(0,615)+2I2 =2 −3,07+2 I2 =2 2I2 =2+3,07 6
  • 7. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto I2 = 5,07 2 ou I2 =2,535 A . Com as correntes definidas podemos definir as quedas de tensão e potências individuais. Balanço de Potência: Fornecedor: PVf 2 =−25,4W . Consumidores: PVS1=3,075W + PResistores =22,3W PCONSUMIDOR =25,4W . Análise por corrente de malhas em circuitos com fontes independentes de corrente. Exemplo 5: ponte de Wheatstone com uma fonte de corrente independente exclusiva. Queda de tensão nos resistores, pela Lei de Ohm: Malhas (1) e (2) VdR1 =2(2−I2) ou VdR1 =4−2I2 . Malhas (1) e (3) VdR2 =3(2−I3) ou VdR2=6−3I3 . Malha (2) VdR4 = 5 I2 . Malha (3) VdR3 =4 I3 . Malhas (2) e (3) VdR5 =6x|I2−I3| . Como a malha (1) tem a corrente definida por If 1 =2 A , precisamos das equações referentes às malhas (2) e (3). LTK malha (2) VR1 + VR4 + VR5=0 (2I1−4)+(5 I1)+(6I1−6 I2)=0 13I1 −6I2 =4 (2) 7
  • 8. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto LTK malha (3) VR5 + VR3 + VR2 =0 (6 I2−6 I1)+(4 I2)+(3 I2−6)=0 −6 I1+13 I2=6 (3) Resolver o sistema de equações com Matriz: Definidas as correntes das malhas (2) e (3) podemos calcular as quedas de tensão, as correntes líquidas e as potências nos resistores e a tensão sobre a fonte de corrente e sua respectiva potência. Quedas de tensão nos resistores: VdR1 =4−2I2 VdR1 = 4−(2∗0,661) VdR1 =4−1,32 ou VdR1 =2,68V . VdR2 =3(2−I3) Vc =6−(3x 0,766) VdR2 = 6−2,298 ou VdR2 =3,7V . VdR3 = 4 I3 =Vb VdR3 = 4 x 0,766 ou VdR3 = 3,064V . VdR4 = 5 I1 VdR4 =5∗0,66 ou VdR4 =3,3V . VdR 5=6(I3−I2) VdR 5=6(0,767−0,661) VdR 5=4,6−3,966 ou VdR5 =0,634V . Elevação de tensão sobre os terminais da fonte de corrente : VrIS1 =−[VdR2+VdR1] VrIS1 =−[3,7+2,68] ou VrIS1 =−6,38V . Potência entregue pela fonte: PIS 1=Vr IS1 PIS 1=−6,38x 2 ou PIS 1=−12,7W . Correntes líquidas nos resistores e respectivas potências: IR1 = VdR1 2Ω IR1 = 2,68V 2Ω ou IR1 =1,34 A e PR1 =2,68 x1,34 ou PR1 =3,58W . IR2 = VdR2 3Ω IR2 = 3,7V 3Ω ou IR2 =1,23 A e PR2 =3,7 x1,23 ou PR2 = 4,55W . IR3 = VdR3 4Ω IR3 = 3,064V 4Ω ou IR3 =0,766 A e PR3 =3,064 x 0,766 ou PR3 =2,35W . IR4 = VdR4 5Ω IR4 = 3,3V 5Ω ou IR4 = 0,66 A e PR 4 =3,3 x 0,66 ou PR 4 =2,19W . IR5 = VdR5 6Ω IR5 = 0,63V 6Ω ou IR5 =0,105 A e PR5 =0,63 x0,105 ou PR5 =0,0667W . 8
  • 9. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto Soma das potências nos resistores: Pconsum=12,7W . SUPER MALHA – Sempre que tivermos um circuito onde haja fonte de corrente, dependente ou independente, compartilhada por duas malhas adjacentes, poderemos simplificar a análise pelo método denominado “super malha”, que consiste em excluir a fonte de corrente e considerar as malhas adjacentes como uma só, para aplicação da LCK e LTK . Exemplo 6 – com uma fonte de corrente independente (Fig. 14 – 11). Dados: R1=4Ω ; R2=2Ω ; R3=3 Ω ; R4=5Ω ; If 1=6 A e Vf 1=12V . A fonte de tensão está como fornecedora, e a elevação de tensão é dada por VrVf 1 =−[(V ⁺)−(V ⁻)] VrVf 1 =−[12V −0V ] ou VrVf 1 =−12V . A entrada da fonte de corrente está depois do resistor R2 , ligado ao terra, o que nos indica que o nó (a) estará sob tensão negativa. Esta fonte está como fornecedora, com elevação de tensão negativa VrIf 1 =−[(V ⁺)−(V ⁻)] . Inicialmente vamos considerar as correntes de acordo com os sentidos arbitrados para aplicarmos a LTK . Equações das quedas de tensão nos resistores, usando a Lei de Ohm: malha 1: VdR2 =2(I1−I2) e VdR3 =3(I1−I3) ; LTK da malha 1 : VrVf 1+VdR3+VdR 2=0 −12+3(I1−I3)+2(I1−I2)=0 ou 5I1−2 I2−3I3 =12 (1) malha 2: VdR2 = 2(I2−I1) e VdR1 =4(I2) ; LTK malha 2 2(I2−I1)−VfI +4(I2)=0 (2) malha 3: VdR3 = 3(I3−I1) e VdR4 =5(I3) ; LTK malha 3 VfI +3(I3−I1)+5(I3)=0 (3) Se agruparmos (2 ) e (3), teremos: 2(I2−I1)−V fI+4(I2)+V fI+3(I3−I1)+5(I3)=0 A simplificação desta expressão vai eliminar a incógnita VfI , provando que podemos excluir a fonte de corrente e ir direto para a LTK da super malha (Fig. 14 - 12): 9
  • 10. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto 2(I2−I1)+3(I3−I1)+5(I3)+4(I2)=0 ou −5I1+6 I2+8I3 =0 (4) Resolver o sistema de equações por Matrizes: Agora vamos tomar duas equações com as correntes desconhecidas, que são a equação da malha 1 e a equação da super malha, mas como temos três incógnitas, vamos precisar de uma terceira equação relacionada à fonte de corrente, e para isso vamos aplicar a LCK no nó (b), na saída dessa fonte (Fig.14 - 11). I2−IS−I3 =0 ou I2−I3 =6 (5). Assim, a partir das equações (1) , (4) e (5), podemos tomar os coeficientes e resolver o sistema de equações por matriz para teremos as três correntes definidas, e com elas podermos calcular as tensões e potências (ver figura da matriz): (1) 5I1−2 I2−3 I3 =12 ; (4) −5I1+6 I2+8I3 =0 e (5) I2−I3 =6 . A posição da fonte de corrente e as correntes obtidas nos indicam algumas particularidades do circuito (Fig. 14 - 12): • O resistor R2 está entre o terra e o nó (a) com tensão negativa, portanto sob corrente negativa, e como I2>I1 , a sua corrente líquida será negativa IR2 =−(I2 – I1) . • I3 =−1,334 o valor negativo indica que o sentido arbitrado na malha 3 foi contrário ao sentido correto, portanto seu sentido será o mesmo de I1 e então, a corrente líquida no resistor R3 , será: IR3 =(I1+I3) , ou seja, a corrente sai de +12V para o nó (a) com tensão negativa. Agora que já temos os valores das correntes e seus sinais algébricos corretos, vamos calcular a queda de tensão nos resistores, pela Lei de Ohm: R1 sob tensão positiva: VdR1 =R1 I2 VdR1 =4 x 4,667 ou VdR1 =18,668V , que é a tensão do nó (b). R2 sob tensão negativa: VdR2 =R2[−(I2−I1)] VdR2 =2[−(4,667−3,47)] VdR2 =2[−1,2] ou VdR2 =−2,4V , que é a tensão do nó (a). R3 sob tensão positiva: VdR3 =R3(I1+I3) VdR3 =3(3,47+1,33) VdR3 =3x 4,8 ou VdR3 =14,4 V . 10
  • 11. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto R4 sob tensão positiva: VdR4 = R4 (I3) VdR4 =5 x1,334 ou VdR4 =6,67V . A fonte de corrente If 1 está com a tensão menor na sua entrada (V ⁻ )=−2,4V e tensão maior na saída (V ⁺ )=18,67V , portando configurada como fornecedora de potência, e a sua elevação de tensão será: VrIf 1 =−[(V ⁺)−(V ⁻)] VrIf 1 =−[18,67V −(−2,4 V)] VrIf 1 =−[18,67V +2,4V ] ou VrIf 1 =−21,07V . LTK da malha 1: VrVf 1+(VdR3−VdR2)=0 −12+(14,4−2,4)=0 ou −12+12=0 . LTK da malha 2: VdR2+VdR1 =VrIS 2,4 + 18,67−21,07= 0 ou 21,07V −21,07V= 0 . LTK da malha 3: VdR3 + VdR 4 =VrIS 14,4V + 6,67V −21,07=0 ou 21,07−21,07= 0 . Balanço de potência: Fonte de tensão configurada como fornecedora: PVf 1 =Vr I1 PVf 1 =(−12V )3,47 A ou PVf =−41,64W . Fonte de corrente configurada como fornecedora: PIf =Vr I f PIf =(−21,07)6 ou PIf 1=−126,42W . Potência fornecida: Pforn. = PVf 1+PIf 1 Pforn. =−41,6−126,42 Pforn. =−168W . Potência consumida: Pcons . =87,11+2,88+69,12+8,89 Pcons. =168W . 11
  • 12. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto Exemplo 7 – com fonte de corrente dependente Dados (Fig. 14 - 15): R1=4Ω ; R2=2Ω ; R3=3 Ω ; R4=5Ω ; If 1=3(I 1) e Vf 1=12V . A fonte de tensão está como fornecedora e a elevação de tensão é dada por: VrVf 1 =−12V . A entrada da fonte de corrente está depois de um resistor de carga, o que nos indica que o nó (a) estará sob tensão negativa. Esta fonte está como fornecedora, com elevação de tensão dada por: VrIS =[(V ⁺ )−(V ⁻ )] . Inicialmente vamos considerar as correntes de acordo com os sentidos arbitrados, para montarmos as equações das quedas de tensão nos resistores, usando a Lei de Ohm: VdR1 =4(I2) , VdR2 =2(I1−I2) , VdR3 =3(I1−I3) e VdR4 =5(I3) . LTK da malha 1: VrVf 1+VdR3+VdR 2=0 −12+3(I 1−I 3)+2(I 1−I 2)=0 3I 1+2I 1−2I 2−3 I 3 =12 5I 1−2 I 2−3 I 3=12 (1). LTK da super malha: 2(I 2−I 1)+3(I 3−I 1)+5(I 3)+4(I 2)=0 −2I 1−3 I 1+2I 2+4 I 2+3 I 3+5I 3=0 −5I 1+6I 2+8 I 3=0 (2) Resolver o sistema de equações por Matrizes: Agora temos duas equações com as três incógnitas (correntes desconhecidas), que são a equação da malha 1 e a equação da super malha, por isso precisamos de uma terceira equação relacionada ao parâmetro de controle da fonte de corrente dependente, e para isso vamos aplicar a LCK no nó (b) , na saída dessa fonte. As correntes desse nó não são compartilhadas com outras correntes desconhecidas. (Fig. 14 - 15): −If 1+I2−I3 =0 ou −3 I 1+I 2−I 3=0 (3) Assim, a partir das equações (1) , (2) e (3) podemos tomar os coeficientes e resolver o sistema de equações por matriz para teremos as três correntes definidas, e com elas podermos calcular as tensões e potências (ver figura da matriz). A posição da fonte de corrente e as correntes obtidas nos indicam algumas particularidades do circuito (Fig. 14 - 15): • I1 contrária de I2 e I2>I1 indicam que a corrente líquida no resistor R2 será negativa IR2 =−(I2 – I1) , pois está saindo do terra para o nó (a) com tensão negativa, forçada pela fonte de corrente. 12
  • 13. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto • I3 =−3,06 com valor negativo indica que o sentido arbitrado foi contrário ao sentido correto, portanto seu sentido será o mesmo de I1 =3,29 e isso significa que a corrente líquida no resistor R3 será positiva IR3 =(I1+I3) , saindo do nó (c) com tensão de +12V e a corrente no resistor R4 , também será positiva, saindo do nó (b) com tensão de +27,3V . Agora que já temos os valores das correntes e seus sinais algébricos corretos, vamos calcular as quedas de tensão nos resistores, pela Lei de Ohm: R1 sob tensão positiva: VdR1 =R1 I2 VdR1 = 4 x6,82 ou VdR1 =27,28V que é a tensão no nó (b). R2 sob tensão negativa: VdR2 =R2(I1−I2) VdR2 =2(3,29−6,82) VdR2 =2[−3,53] ou VdR2 =−7,06V . que é a tensão no nó (a). R3 sob tensão positiva: VdR3 =R3(I1 + I3) VdR3 =3[3,29+ 3,06] VdR3 = 3x 6,35 ou VdR3 =19,05V . R4 sob tensão positiva: VdR4 = R4 (I3) VdR4 = 5 x3,06 ou VdR4 =15,3V . LTK da malha 1: VrVf 1+VdR3+VdR 2=0 −12+19,06+(−7,06)=0 −12+12=0 . LTK da malha 2: −VdR2+VdR1 =VrIf 1 −(−7,06V )+27,29V =VrIf 1 VrIf 1 = 7,06V+27,29V ou VrIf 1 =34,35V . 13
  • 14. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto LTK da malha 3: VdR3+VdR4 =VrIf 1 19,06V +15,29V =VrIf 1 ou VrIf 1 =34,35V . Balanço de potência: Potência fornecida Pforn. = PVf 1+PIf 1 Pforn. =−39,53+(−339,39) ou Pforn. =−378,92W . Potência consumida: Pcons. =186,24+24,91+121,08+46,78 ou Pcons. =379W . Exemplo 8: resolver o circuito da fig. 14 – 19 por correntes de malhas: Entendendo o circuito: Duas malhas com suas respectivas fontes de tensão independentes: • a fonte Vf 1 eleva a tensão de terra→(a)=20V , portanto como fornecedora de potência. • A fonte Vf 2 eleva a tensão de (c)=−5V →terra , também como fornecedora de tensão. Uma malha com uma fonte de corrente independente que está com sua saída apontando para uma tensão menor, indicando que há uma queda de tensão sobre essa fonte VdIf 1 =[(V ⁺)−(V ⁻)] VdIf 1 =[(20V )−(−5V )] ou VdIf 1 =25V . Com estas informações, já podemos calcular a potência consumida: PIf 1=Vd. If 1 PIf 1=25 x3 ou PIf 1=75W . Para calcularmos as correntes desconhecidas I1 e I3 , precisamos escrever as equações das quedas de tensão nos resistores com a Lei de Ohm, em função dos sentidos arbitrados para as correntes das malhas. VdR1 =5(I1−3) , VdR2 = 3(I1−I3) e VdR3 = 7(I3−3) . LTK da malha 1: VrVf 1+VdR1+VdR2 −20+5(I1 – 3)+3(I1 – I3)= 0 −20+5 I1 –15+3 I1 – 3I3 =0 8 I1 –3 I3−35=0 ou 8 I1 –3 I3= 35 (LTK 1) LTK da malha 3: VdR2+VdR3+VrVf 2=0 3(I3−I1)+7(I3 –3)– 5= 0 3I3−3I1+7 I3 –21 –5= 0 −3 I1+10 I3 –26 =0 ou −3I1+10 I3 =26 (LTK 3) 14
  • 15. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto Para resolver o sistema com as equações (LTK 1) e (LTK 3), vamos multiplicar (LTK 1)3 e (LTK 3)8 , que assim eliminaremos I1 , e vamos achar o valor de I3 , ao somarmos algebricamente as duas equações: [8I1 – 3I3 =35]3 ou 24 I1 – 9I3 =105 [−3 I1+10I3 =26]8 ou −24 I1+80I3 =208 24 I1 – 9I3 =105 −24 I1+80I3 =208 71I3 =313 onde I3 = 313 71 ou I3 =4,408 A . Na equação (LTK 1) vamos substituir o valor de I3 para acharmos I1 : 8 I1 –3∗4 ,41=35 8 I1 =35+13,23 I1 = 48,23 8 ou I1 = 6,03 A . Com as três correntes definidas podemos calcular as quedas de tensão VdR =RI , as potências dissipadas nos resistores PR = Vd 2 R e as potências fornecidas pelas das duas fontes de tensão PVf =VrVf I . R1 → VdR1 =5(I1−3) VdR1 =5(6,03−3) VdR1 =5(3,03) ou VdR1 =15,15V e PR1 = 15,15² 5 PR1 =45,9W . R2 → VdR2 =3(I1−I3) VdR2 =3(6,03−4,41) VdR2 =3(1,62) ou VdR2 =4,86V PR2 = 4,86² 3 PR2 =7,87W . R3 → VdR3 =7(I3−3) VdR3 =7(4,41−3) VdR3 =7(1,41) ou VdR3 =9,87V . PR3 = 9,87² 7 PR2 = 13,91W . PCONS =PIf 1+PR 1+PR2+PR3 PCONS =75+45,9+7,87+13,91 PCONS =142,68W . 15
  • 16. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto PVS1=(−20)6,03 ou PVS1=−120,6W . PVS1=(−5)4,41 ou PVS1=−22,01W . PFORN = PVS1+PVS2 PFORN =−120,6+(−22,01) PFORN =−142,61W . Exemplo 9: Resolver o circuito da Fig. 14 – 21 por correntes de malha: O circuito dado tem quatro malhas,com as correntes arbitradas no sentido horário. As malhas (2) e (3) compartilham uma FCCC If 2 =2 I4 , onde pode ser aplicado o método da super malha. Para aplicarmos a LTK nas malhas, vamos montar as equações das quedas de tensão nos resistores, usando a Lei de Ohm e considerando as correntes das malhas de acordo com os sentidos arbitrados e lembrando que a tensão sobre uma fonte de corrente é consequência da queda de tensão da carga conectada nos seus terminais, portanto diferente do conceito de elevação de tensão. Malha 1: VdR2 =4[6−I2] LTK da malha 1: VdR2 =VrIf 1 4[6−I2]=VrIf 1 24−4 I 2=VrIf 1 (1) . Malha 2: VdR1 =100(I2) e VdR2 = 4(I2−6) . LTK malha 2: VdR1+VdR2 =VrIf 2 [100 I2]+[4(I2−6)]=VrIf 2 100I2+4 I2−24 =VrIf 2 ou 104 I2−24=VrIf 2 (2). Malha 3: VdR3 =5(I3) e VdR4 =1(I3−I4) . LTK malha 3: VdR3+VdR4 =V If 2 5I3+(I3−I4)=VIf 2 ou 6 I3−I4 =V If 2 (3). Malha 4: VdR4 = 1(I4−I3) e VdR5 = 2(I4) . LTK malha 4: VdR4+VdR 5=V f 1 (I4−I3)+(2I4)=8 ou −I3+3 I4 =8 (4). Super malha: (Fig. 14 - 22) eliminar If 2 e montar a equação da LTK com a diferença entre as expressões (2) e (3): [104 I2−24]−[6 I3−I 4]=0 ou 104 I2−6 I3+I4 = 24 (5) . 16
  • 17. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto Para o cálculo das correntes, vamos tomar as equações da malha (4) e da super malha (5), mas como temos três incógnitas, precisamos de uma terceira equação relacionada à fonte de corrente controlada, e para isso vamos aplicar a LCK no nó (b) , na entrada dessa fonte. If 1+(I2−If 1)+I3 =If 2 como If 2 é o mesmo que 2I4 , teremos 6+I2−6+I3 =2I4 ou I2+I3−2 I4 = 0 (6) Notar que a corrente de If 1 =6 A é eliminada da equação da LCK do nó (b). Assim, a partir das equações (4) , (5) e (6), podemos tomar os coeficientes e resolver o sistema de equações por matrizes, para termos as três correntes definidas, e com elas, calcularmos as tensões e potências, conforme mostrado na fig. 14 – 23. Resolver o sistema de equações por Matrizes: O resistor R1 está entre o “terra” e a entrada da fonte de corrente If 1 , portanto submetido a uma corrente negativa, e consequentemente, o nó (a) estará com tensão negativa: VdR1 =100(−I2) VdR1 =100(−0,9256) ou VdR1 =V(a) =−92,56V . O resistor R5 está na saída da fonte de tensão Vf 1 =8V , portanto submetido a uma corrente positiva: VdR5 =2(I4) VdR5 =2(7,0744) ou VdR5 =14,149V . Como consequência a tensão no nó (c), será negativa: V(c) =Vf 1 −VdR5 V(c) =8−14,149 ou V(c) =−6,149V . O resistor R4 está entre o nó negativo “c” e o “terra”, portanto sob corrente negativa: VdR4 =1(I4−I3) VdR4 =7,0744−13,2231 ou VdR4 =V(c) =−6,149V , confirmando a 17 104 -6 1 Δ 0 -1 3 -121 1 1 -2 24 -6 1 Δ2 8 -1 3 -112 0,9256 0 1 -2 104 24 1 Δ2 0 8 3 -1600 13,2231 1 0 -2 104 -6 24 Δ4 0 -1 8 -856 7,0744 1 1 0 I2 = Δ1/Δ I3= Δ2/Δ I4= Δ3/Δ
  • 18. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto tensão do nó “c”. O resistor R3 está sob corrente negativa, entre o nó negativo (c) e a entrada da fonte de corrente If 2 no nó (b), também negativo, logo, sob corrente negativa, então: VdR3 =5(I3) VdR3 =5(−13,223) ou VdR3 =−66,115V . A tensão do nó (b) é dada por V(b)=V(c) + VdR3 V(b)=−6,15+ (−66,115) ou V(b)=−72,264V . O resistor R2 está sob corrente negativa, entre dois nós com tensões negativas: VdR2 = 4[6−I2] VdR2 =4[−(6−0,92562)] VdR2 = 4[−5,074] ou VdR2 =−20,298V , que também é calculado por VdR2 =−[V + −V − ] VdR2 =−[V(b) −V(a)] VdR2 =−[−72,264−(−92,56)] VdR2 =−[−72,264 + 92,56] ou VdR2 =−20,298V . A elevação de tensão negativa sobre a fonte de corrente If 1 , será : VrIf 1 =V+ −V− VrIf 1 =−72,264−(−92,562) ou VrIf 1 =20,298V . A elevação de tensão negativa sobre a fonte de corrente If 2 , será : VrIf 2 =V + −V − VrIf 1 =0−(−72,264) ou VrIf 2 =72,264V . Neste circuito, à exceção do braço na saída da fonte Vf 1 , todos os outros braços têm a tensão e a corrente algebricamente negativas. O menor potencial é V(b)=−92,562V , o maior potencial é a saída de fonte de tensão Vf 1 =8V , referenciados ao “terra”, no potencial zero. 18
  • 19. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto Balanço de potência Potência consumida individual: PRn = VdRn 2 Rn PR1 = −92,5622 100 ou PR1 =85,677W . PR2 = −20,298 2 4 ou PR2 =103W . PR3 = −66,116 2 5 ou PR3 = 874,26W . PR 4 = −6,1492 1 ou PR 4 =37,8W . PR5 = −14,1492 2 ou PR5 =100W . Potência consumida total: Pconsum. =1.200,737W . Potência fornecida individual: PVf 1 =VrVf 1(I4) PVf 1 =−8(7,074) ou PVf 1 =−56,6W . PIf 1=VrIf 1(If 1) PIf 1=20,3(−6) ou PIf 1=−121,8W . PIf 2=VrIf 2(I f 2) PIf 2=72,264(−14,149) ou PIf 2=−1.022,46W . Potência fornecida total: Pfornec . =1.200,82W . 19