EEL001-Apostila Cap 3

EEL-001 – CIRCUITOS ELÉTRICOS
2008 UNIFEI,VFS, Rev. BDB
EEL-001 – CIRCUITOS ELÉTRICOS
ENGENHARIA DA COMPUTAÇÃO
CAPÍTULO 3
TEOREMAS PARA CIRCUITOS
“A corrente através ou a tensão entre os
1 – INTRODUÇÃO
terminais de um elemento linear bilateral, é
Neste
capítulo
serão
abordados
os
igual a soma algébrica das correntes ou
principais teoremas que permitem obter um
tensões
produzidas
circuito equivalente a partir de um circuito
por cada fonte”.
genérico, de modo que a tensão Vx e a
Para a aplicação deste teorema, cada uma
corrente Ix sejam as mesmas, tanto no
das (N – 1) fontes, de tensão ou de
circuito original da Fig. 1.a quanto no
corrente,
circuito equivalente da Fig. 1.b.
removida e colocada em repouso, de
deve
independentemente
ser
adequadamente
modo que só exista uma única (n-ésima)
CIRCUITO GENÉRICO
E1
R1
R2
sucessivamente para as outras fontes. A
RX
VX
I2
fonte de excitação no circuito, e assim
IX
a
Fig. 2.a ilustra como colocar em repouso
uma fonte
como uma fonte de corrente é colocada em
b
(a)
a
CIRCUITO
EQUIVALENTE
Vx
de tensão e a Fig. 2.b ilustra
repouso.
IX
a
a
RX
RS
b
RS
b
ES
ES
(b)
Fig.1 -
a
RS
c
b
b
Fonte em repouso
(a)
a
b
a
2 – TEOREMA DA SUPERPOSIÇÃO
IS
RS
IS
RS
Cada fonte é tratada independentemente e
através da soma algébrica obtém-se a
solução desejada para a determinação da
grandeza a ser calculada.
b
b
Fonte em repouso
(b)
Fig. 2 -
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PLt = R L . IL2 = R L (IL1 + IL2 )2
Para o balanço de potência, deve-se
considerar a excitação resultante e não a
excitação parcial.
[2]
Observar que a Eq. 2 é diferente da Eq. 1.
Cuidado com o balanço de potência:
Exc. 1 → Fonte E1
I L2
I L1
E1
= I L12 + 2IL1IL2 +I L2 2
RL
E2
a)
RL
b)
I L =I L1 +I L2
E 1 +E 2
RL
c)
Fig. 3 Da Fig. 3.a, PL1 = R L .I 2L1
2
Da Fig. 3.b, PL2 = R L .IL2
Logo,
2
2
PL1 + PL2 = R L (I L1
+ I L2
)
O balanço correto é dado por,
[1]
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Exemplo 1
Calcular IL pelo Teorema da Superposição:
IL
I1
2.5[ Ω ]
R1
3A
E1
5[ Ω ]
30V
(a)
I L1
I L2
2.5[ Ω ]
2.5[ Ω ]
RL
3A
FONTE E1
EM REPOUSO
RL
5[ Ω ]
E
CHAVE
FECHADA
FONTE I1
EM REPOUSO
30[V]
CHAVE
ABERTA
(b)
12[A]
5[ Ω ]
(c)
IL
R1
2.5[ Ω ]
3[A]
5[ Ω ]
(d)
Fig. 4 Solução
Portanto, a corrente total na carga é dada
Para a excitação devido apenas à fonte I1
por,
vem que da Fig. 4.b,
I Lt = I L1 + I L2 = 1 + 4 = 5 [A]
I L1 × R L =
R L × 2.5
×3
R L + 2.5
Resolvendo pelo método convencional, de
acordo com a Fig. 4.d,
Substituindo valores,
I L1 =
3 × 2,5
3 × 2,5
=
= 1 [A]
5 + 2,5
7,5
Para a excitação apenas pela fonte E1, de
acordo com a Fig. 4.c,
I L2
30
30
=
=
= 4 [A]
2,5 + 5
7,5
I Lt × 5 =
5 × 2,5
× (12 + 3)
5 + 2,5
Logo,
I Lt = 5 [A]
o que confirma o resultado
método da superposição.
obtido pelo
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Exemplo 2
Calcular IS e IL, indicados pela Fig. 5.a, pelo
Teorema da Superposição.
IS
IL
I1
3A
E1
30V
RL
5[ Ω ]
(a)
I S1 =3[A]
I L1 =0
I L2
I S2
FONTE E1
EM REPOUSO
RL
5[ Ω ]
3A
FONTE I1
EM REPOUSO
30V
(b)
5[ Ω ]
(c)
IS
IL = I
5[ Ω ]
3A
E=30[V]
L1 +I L2
(d)
Fig. 5 Solução
Para a excitação apenas com a fonte I1,
colocando-se a fonte E1 em repouso,
I L2 = I S2 =
30
= 6 [A]
5
obtém-se o circuito da Fig. 5.b de modo
Logo, para a excitação final, que é a soma
que,
de cada excitação como mostrado na
I L1 = 0
e
I S1 = 3 [A]
Para a excitação com E1, colocando-se I1
Fig. 5.d vem que,
I S = I S2 − I SI = 6 − 3 = 3 [A]
em repouso, como mostrado na Fig. 5.c
vem que,
I L = I L1 + I L2 = 0 + 6 = 6 [A]
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Exemplo 3
Calcular I3, indicado na Fig. 6, pelo
Teorema da Superposição.
R1
24 Ω
a
c
E1
54V
R2
12 Ω
b
E2
48V
b
R3
(a)
R1
R1
1
c
E1
V 12
R2
I3
4Ω
a
E 2 EM
REPOUSO
c
E 1 EM
REPOUSO
d
R3
2
3
d
b
R3
I 31
4
(c)
E1
-
I 32
(d)
R1
+
E2
R2
1
24 Ω
54V
V 12
3Ω
R 2 //R 3
8Ω
R 1 //R 2
+
48V
-
E2
R3
2
(d)
I 32
4Ω
(e)
I 31
Fig. 6 –
Solução
A corrente devido à fonte E1 será igual a,
Excitando pela fonte E1, colocando a fonte
E2
em
repouso,
obtém-se
equivalente da Fig. 6.b e Fig. 6.c.
o
circuito
I31 =
V12 6
= = 1,5 [A]
R3 4
Excitando
Logo,
o
circuito
pela
fonte
E2,
colocando a fonte E1 em repouso, obtém-se
V12 =
54
× 3 = 6 [V]
24 + 3
o circuito equivalente da Fig. 6.d e Fig. 6.e.
EEL-001 – CIRCUITOS ELÉTRICOS
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Deste modo, a corrente devido à fonte E2
Exemplo 4
será dada por,
Calcular I1, indicado na Fig. 7, pelo
I 32 =
Teorema da Superposição.
48
48
=
= 4 [A]
8 + 4 12
I1
A corrente I3 total será igual a soma das
correntes
devido
a
cada
fonte,
considerando-se o respectivo sentido.
R1
2[ Ω ]
R2
4[ Ω ]
I1
3A
E1
12V
E2
6V
Logo,
(a)
I 11
R1
I3 = I32 − I31 = 4 −1,5 = 2,5 [A]
R2
CHAVE
ABERTA
CHAVE
FECHADA
E1
Observar que I3 já está no sentido da maior
corrente.
(b)
I 12
R2
R1
E2
(c)
I 13
R2
R1
I1
3[A]
(d)
Fig. 7 –
Solução
Da Fig. 7.b, para a excitação apenas com a
fonte E1 e colocando as outras fontes em
repouso, temos
EEL-001 – CIRCUITOS ELÉTRICOS
I11 =
E1
R1 + R 2
Substituindo valores,
I11 =
12
= 2 [A]
2+4
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Exemplo 5
Calcular IL e VL, mostrados na Fig. 8.a, pelo
Teorema da Superposição.
VL
2
FONTE 1
IL
3
4[Ω]
2[Ω]
Da Fig. 7.c, para a excitação devido apenas
2[Ω]
4[Ω]
à fonte E2 vem que,
I12 =
FONTE 3
4
4[Ω]
3A
10[A]
20[A]
E2
R1 + R 2
20[V]
(a)
1
FONTE 2
VL
Substituindo valores,
I12
6
=
= 1 [A]
2+4
Da Fig. 7.d, para a excitação apenas com a
2
R1 × R 2
R1 + R 2
4
IL
2[Ω]
4[Ω]
V1
V2
40[V]
20[V]
4[Ω]
V3
80[V]
1
fonte I1 vem que,
I13 × R1 = I ×
4[Ω]
3
(b)
IL1
2[Ω]
I'
4[Ω]
2[Ω]
4[Ω]
4[Ω]
Req=1,6[Ω
Substituindo valores,
40[V]
1
4
I13 = 3 ×
= 2 [A]
2+4
(c)
IL2
Para a obtenção da corrente final, deve-se
considerar o sentido relativo de cada uma
2[Ω]
4[Ω]
4[Ω]
2[Ω]
4[Ω]
das correntes de excitação. Portanto,
20[V]
I1 = I11 − I12 − I13 =
1
= 2 − 1 − 2 = − 1 [A]
(d)
ou seja, o sentido da corrente I1 é idêntica
ao sentido de I12 ou I13.
2[Ω]
IL3
4[Ω]
4[Ω]
2[Ω]
4[Ω]
80[V]
(e)
Fig. 8 -
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Retornando à Fig. 7.b com o sentido real de
IL, obtém-se a tensão VL que é a ddp entre
Solução
MODO 1:
os nós 3 e 4. Portanto,
VL = V34 = 4 × (−7,9) = − 31,6 [V]
Inicialmente convertem-se as fontes de
corrente para fontes de tensão como
MODO 2:
mostrado na Fig. 8.b.
VL
2
3
Excitação devido à fonte de tensão de 40
2[Ω]
[V] (Fig. 8.c).
I2
I´ =
40
40
=
4 + 2 + 1,6 7, 6
4
IL 4[Ω]
20[A]
2[Ω]
4[Ω]
10[A] I1
4[Ω]
I3
10[A]
1
(a)
Logo,
I L1 = 1,6 ×
2
40 1
× = 1,05 [A]
7,6 8
Excitação devido à fonte de tensão de
20 [V] (Fig. 8.d).
2[Ω]
4[Ω]
3
4
IL1
I32
4[Ω]
2[Ω]
4[Ω]
10[A]
1
I L2 =
(b)
20 ×14 48 1
×
× = 1,57 [A]
76
14 8
2
2[Ω]
4[Ω]
3
4
IL2
Excitação da fonte de 80 [V] (Fig. 8.e).
4[Ω]
2[Ω]
4[Ω]
10[A]
80
I L3 =
= 8,42 [A]
4 + 4 + 1,5
1
(c)
Logo, para a obtenção da corrente total,
2
2[Ω]
4[Ω]
3
deve-se considerar os sentidos de cada
4
IL3
corrente de excitação. Logo,
4[Ω]
2[Ω]
4[Ω]
20A
I L = − I L1 + IL2 − I L3 = − 1, 05 + 1,57 − 8, 42 = − 7,9 [A]
1
Portanto, o sentido de IL é o mesmo de IL2.
Fig. 9 -
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Logo, ao se considerar os sentidos das
Transformando-se a fonte de tensão E2
diferentes correntes de excitação, obtém-se
para fonte de corrente, obtém-se o circuito
a corrente total IL de acordo com,
da Fig. 9.a.
Da Fig.9.b, para a excitação apenas pela
I L = − IL1 + I L2 − I L3
fonte I1 vem que,
I L = − 1, 05 + 1,57 − 8, 42 = − 7,9 [A]
V12 = 1,89 ×10 = 18,9 [V]
Analogamente, para a tensão VL vem que,
I32 =
V12
18,9
=
= 5,25 [A]
2 + 1,6 3,6
VL = − V34 = − 4 x 7,9 = − 31,6 [V]
V13 = 1,6 × 5,25 = 8,4 [A]
3 – TEOREMA DE THÉVENIN
Logo,
Qualquer circuito linear de dois terminais
8×4
= 1, 05 [A]
8
I L1 =
pode
ser
substituído
por
um
circuito
equivalente, consistindo de uma fonte de
tensão e um resistor em série. A Fig. 10.a
Da Fig.8.c, para a excitação devido apenas
ilustra dois circuitos genéricos A e B.
a fonte I2 tem-se que,
1
1 1 1
24
= + + ⇒ Req =
Req 6 2 8
19
V31 =
CIRCUITO
A
CIRCUITO
B
b
24
× 10 [V]
19
Portanto,
I L2 =
a
(a)
CIRCUITO
A
a
V th
b
24
1
× 10 × = 1,57 [A]
19
8
R th
MÉTODOS
(b)
Da Fig.8.d, para a excitação apenas com a
fonte I3 obtém-se que,
V41 = 20 × 2,31 = 46,2 [V]
I L3 =
V41
46,2
=
= 8, 42 [A]
4 + 1,5
5,5
R th
+
-
V th
a
b
I
CIRCUITO
A
(c)
Fig. 10 -
CIRCUITO
B
MALHAS
NÓS
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Na prática desacopla-se o circuito A do
circuito B (Fig. 10.b), e através dos métodos
das malhas ou dos nós, obtém-se a tensão
em aberto. A resistência equivalente é
obtida colocando-se as fontes em repouso,
como ilustrado na Fig. 10.c:
Exemplo 6
Solução
Calcular IL pelo Teorema de Thévenin.
Da Fig. 11.a, isola-se o circuito A do circuito
B. A seguir deve-se calcular a tensão
R1
Thévenin:
a
IL
3Ω
E1
9V
6Ω
R2
VL
RL
1Ω
Vth = Vab = R 2 ×
E1
9
=6×
= 6 [V]
R1 + R 2
3+6
b
A resistência Thévenin, entre os nós a e b é
(a)
3Ω
obtida colocando-se a fonte de tensão em
a
repouso, como mostrado na Fig. 11.b.
1
CHAVE
FECHADA
6Ω
Logo,
2
b
(b)
Rth=2Ω
R th =
a
IL
RL=1Ω
Vth=6V
b
(c)
Fig. 11 -
A
R1 × R 2
3× 6
=
= 2 [Ω ]
R1 + R 2
3+ 6
seguir,
deve-se
obter
o
circuito
equivalente mostrado na Fig. 11.c, o qual é
análogo ao circuito da Fig. 10.c. Deste
modo a corrente IL é facilmente calculada
de modo que,
IL =
Vth
6
=
= 2 [A]
R th + R L
2 +1
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Exemplo 7
Calcular IL pelo Teorema de Thévenin.
R2
a
IL
2Ω
I1
12A
4Ω
RL
6Ω
R1
b
(a)
R2
a
2Ω
R1
12A
Vab
4Ω
b
(b)
R2
3Ω
a
2Ω
R1
CHAVE
ABERTA
Rab
4Ω
b
(c)
Rth
a
IL
6Ω
RL
6Ω
Vth
48V
b
(d)
Fig. 12 Solução
Da Fig. 12.b isola-se o circuito no qual
Vab = R1 . I = 4,12 = 48 [V]
deseja-se calcular Vth e Rth. Logo a tensão
Vth = Vab = 48 [V]
Thévenin será dada por,
EEL-001 – CIRCUITOS ELÉTRICOS
Da
Fig.
12.c
obtém-se
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a
resistência
Exemplo 8 - Teorema de Thévenin
Thévenin, sendo que a fonte de corrente
deve ser colocada em repouso. Portanto,
Calcular Id e Vd no diodo mostrado no
circuito da Fig. 13.a. A curva do diodo está
mostrada na Fig. 13.b.
R th = R 1 + R 2 = 4 + 2 = 6 [Ω ]
Da
Fig.
12.d,
obtém-se
o
circuito
Solução
equivalente final, o qual é análogo ao
circuito da Fig. 10.c. Deste modo,
Seguindo-se
a
sistemática
anterior,
a
resistência Rth é obtida do circuito da
IL =
Vth
48
=
= 4 [A]
R th + R L
6+6
Fig. 13.c.
Logo,
R th = 100 [Ω ]
Da Fig. 13.d obtém-se a tensão Thevenin
de acordo com,
Vth = V12 = 100 x 300 x 10 −3 = 30 [V]
Logo do circuito equivalente da Fig. 13.d, na
qual, para finalidade de cálculo, o diodo é
representado por uma FCEM de 1 [V]. De
acordo com a Fig. 13.b, vem que,
Id =
Vth − Vd
30 − 1
=
= 193,3 [mA ]
100 + 50
150
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200Ω
Id
50Ω
1
300[mA]
A
Vd
100Ω
2
B
(a)
Id
Vd=1,0[V]
Vd
(b)
200Ω
CHAVE ABERTA
1
100Ω
2
(c)
300[mA]
200Ω
300[mA]
1
+
100Ω
-
2
(d)
Id
100Ω
Vth
+
-
1
A
50Ω
1V
Vd
30V
2
(e)
Fig. 13 -
B
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Exemplo 9
Calcular IL pelo Teorema de Thévenin,
2Ω
a
IL
16V
1A
4Ω
b
(a)
2Ω
a
b
(b)
-
VR +
1A
1A
2Ω
1A
a
V ab
16V
1A
b
1A
R th
V th
(c)
2Ω
IL
a
R
4Ω
18V
b
(d)
Fig. 14 –
Solução
Da Fig. 14.c,
Vth = Vab = 16 + 1× 2 = 18 [V]
Da Fig. 14.b,
R th = 2 [Ω ]
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Finalmente da Fig. 14.d,
IL =
I L2 x 4 = 1x
18
= 3 [A]
2+4
2x4
2 1
= = [A]
2+4
6 3
Logo,
Verificação
Resolvendo o circuito da Fig. 14.a pelo
I L = I L1 + I L2 =
8 1 9
+ = = 3 [A]
3 3 3
Teorema da Superposição, considera-se
inicialmente a excitação pela fonte de
Este valor confere com o obtido pelo
tensão.
Teorema de Thévenin.
Logo,
2Ω
I L1
16V
4Ω
(a)
2Ω
I L2
4Ω
(b)
Fig. 15 Da Fig. 15.a,
I L1 =
16
8
= [A]
6
3
Da Fig. 15.b,
1A
EEL-001 – CIRCUITOS ELÉTRICOS
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Exemplo 10
Calcular a corrente IL pelo Teorema de
Thévenin.
a
3Ω
IL
6Ω
3Ω
5V
10V
20V
b
(a)
R th
a
3Ω
6Ω
R th
b
(b)
3Ω
20V
6Ω
a
+
6.I
-
V th
10V
I
b
(c)
a
+
R th
V th
2Ω
IL
3Ω
VL
-
10V
5V
b
(d)
Fig. 16 -
EEL-001 – CIRCUITOS ELÉTRICOS
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Solução
Da Fig. 16.b,
R th =
3× 6
= 2 [Ω ]
3+ 6
Da Fig. 16.c,
Vth = − 10 + 6 . I
I=
20 + 10
30
=
[A]
3+ 6
9
Logo,
Vth = − 10 + 6 x
30
= 10 [V]
9
Em função do circuito equivalente
Fig. 16.d obtém-se que,
IL =
10 − 5
= 1 [A ]
2+3
da
EEL-001 – CIRCUITOS ELÉTRICOS
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Solução
Exemplo 11
Inicialmente
Calcular IL pelo Teorema de Thévenin.
converte-se
as
fontes
de
tensão da Fig. 17.a para fontes de corrente
como mostrado na Fig. 17.b. Desta nova
a
3Ω
CARGA
figura obtém-se o equivalente para a Rth,
IL
com as fontes de corrente em repouso,
3Ω
6Ω
1Ω
10V
20V
5V
b
Logo,
(a)
a
3Ω
20/3
3Ω
6Ω
10/6
1
1 1 1
2 +1+ 2
5
= + + =
=
R th
3 6 3
6
6
5/3
b
(b)
a
3Ω
b
+
I' eq
Portanto,
R th =
3Ω
6Ω
(c)
R' eq
a
6
[Ω ]
5
Obtendo a equivalente fonte de corrente
obtém-se que,
a
V th
-
(d)
R th
como mostrado na Fig. 17.c.
Ieq =
20 10 5 40 10 10
40
−
+ =
−
+
=
[A]
3
6 3
6
6
6
6
b
IL
A tensão Thévenin é igual a,
6/5Ω
1Ω
V th
Vth = Vab =
8V
(e)
b
CARGA
Logo, do circuito equivalente da Fig. 17.e,
IL =
Fig. 17 –
6 40
x
= 8 [V]
5
6
8
= 3,6 [A]
1+ 6 / 5
EEL-001 – CIRCUITOS ELÉTRICOS
2008 UNIFEI,VFS, Rev. BDB
R th =
Exemplo 12
3, 9 × 39
= 3,55 [KΩ ]
3,9 + 39
O circuito da Fig. 18.a ilustra uma aplicação
do transistor, sendo que este mesmo
Retornando-se ao circuito Base – Emissor
circuito está redesenhado para definir os
da Fig. 18.d, obtém-se a corrente da base
nós 1 e 2 na Fig. 18.b. A Fig. 18.c ilustra o
do transistor, a qual é dada por:
circuito equivalente (modelo) do transistor.
Calcular IB, IC e VCE aplicando o Teorema de
Thévenin.
Da Fig. 18.d obtém-se o circuito que
incorpora, além do modelo do transistor, o
equivalente Thévenin entre os terminais de
e
emissor
do
transistor.
Logo,
baseando-se no circuito da Fig. 18.b e Fig.
18.c vem que,
Vth =
e
E th - VBE
2 V - 0,7 V
=
=
R th + (β + 1) R E
3,55 kΩ + (141)(1,5 kΩ )
1,3 V
= 6,05 µA
3,55 kΩ + 211,5 kΩ
Solução:
base
IB =
3,9
× 22 = 2 [V]
3,9 + 39
No circuito Coletor-Emissor da Fig. 18.d,
I C = β I B = (140) (6,05µA) = 0,85 mA
e
VCE = VCC − IC (R C + R E ) =
= 22 V − (0,85 mA) (10 kΩ + 1,5 kΩ)
= 22 V − 9,78 V = 12,22 V
EEL-001 – CIRCUITOS ELÉTRICOS
2008 UNIFEI,VFS, Rev. BDB
+22V = V
CC
1OK Ω
39 Ω
IC
IB
+
V CE β =140
-
3,9K Ω
1,5K Ω
(a)
V th , R th
39K Ω
RC
1
10K Ω
IC
IB
V CE
V CC
22V
IE
3.9K Ω
RE
1.5K Ω
2
(b)
C
B
C
0.7V
B.I B
E
(B+1).I
FONTE DE CORRENTE
CONTROLADA POR CORRENTE
B
E
(c)
R th
RC
10K Ω
1
B
C
IB
0.7V
V CC +20V
B.I B
V CE
V th
(B+1).I
E
RE
1.5K Ω
B
2
(d)
39K
V CC
22V
1
3.9K
IC
V 12 =V
th
2
(e)
Fig. 18 –
EEL-001 – CIRCUITOS ELÉTRICOS
2008 UNIFEI,VFS, Rev. BDB
Exemplo 13
Calcular IL no circuito da Fig. 19.a pelo
Teorema de Thévenin.
2Ω
1
4Ω
2
3
IL
2Ω
4Ω
4Ω
10A
20A
20V
(a)
2Ω
2
+
4Ω
40V
3
Vth
4Ω
2Ω
I1
+
-
20V
80V
(b)
2Ω
2
4Ω
Rth
3
4Ω
2Ω
(c)
5.5Ω
2
4Ω
IL
Rth
75V
+
Vth
3
(d)
Fig. 19 -
Solução
a corrente IL. Obtém-se deste modo a
Fig. 19.b, na qual as fontes de correntes
Inicialmente
isola-se
o
ramo
com
a
resistência de 4 [Ω ] na qual deseja-se obter
foram transformadas em fontes de tensão.
EEL-001 – CIRCUITOS ELÉTRICOS
A seguir, baseado no circuito da Fig. 19.b,
2008 UNIFEI,VFS, Rev. BDB
IL = −
75
= − 7,89 [A]
9,5
colocando-se as fontes em repouso, o
circuito para o cálculo da Rth é obtido como
Como o potencial V3 > V2, a corrente real é
mostrado na Fig. 19.c.
negativa em relação ao sentido original
mostrado na Fig. 19.a.
Logo,
2 x (2 + 4)
12 11
=4+ =
[Ω ]
2+2+4
8
2
R th = 5, 5 [Ω ]
R th = 4 +
4 – TEOREMA DE NORTON
Da Fig. 19.b, a tensão Thévenin é calculada
como:
Qualquer circuito linear de dois terminais
pode
Na malha mostrada na Fig. 19.b,
ser
substituído
por
um
circuito
equivalente consistindo de uma fonte de
corrente e de um resistor em paralelo.
•
I1 =
40 + 20
60 15
=
=
= 7,5 [A ]
4+2+2
8
2
IN
No ramo da fonte de 20 [V],
•
a
CIRCUITO
A
V2 + 2 × 7,5 − 20 = 0 ∴ V2 = 20 − 15 = 5[V]
IN
CIRCUITO
B
b
No ramo da fonte de 80 [V],
CIRCUITO A
a
•
V3 − 80 = 0 ∴ V3 = 80 [V]
IN
A tensão Thevenin é a própria DDP entre os
b
nós 3 e 2 (V3 > V2).
∴ VTh = V2 − V3 = 5 − 80 = −75 [V]
Logo, do circuito equivalente da Fig. 19.d,
vem que,
CIRCUITO
B
RN
Fig. 20 -
EEL-001 – CIRCUITOS ELÉTRICOS
2008 UNIFEI,VFS, Rev. BDB
IN =
E
9
= = 3 [A]
R1 3
Calcular a corrente IL pelo Teorema de
A
seguir,
Norton no circuito da Fig. 21.a.
equivalente
Exemplo 14
implementa-se
baseado
no
o
circuito
circuito
da
Fig. 20.b. Este circuito está mostrado na
Solução
Fig. 21.d. Logo a corrente IL desejada é
dada por,
No Teorema de Thévenin abre-se o circuito
entre os pontos “a” e “b”. No Teorema de
Norton deve-se curto-circuitar os pontos
IL =
IN 3
= = 1,5 [A]
2
2
entre os terminais “a” e “b”, após o circuito
ou ramo, no qual deseja-se calcular a
corrente ser desconectado.
Verificação pelo Teorema de Thévenin
Logo, da Fig. 21.b, obtém-se a resistência
Obtendo-se o equivalente Thévenin do
Norton (mesmo procedimento do cálculo da
circuito original da Fig. 21.a obtém-se o
resistência Thévenin), que é dada por,
circuito mostrado na Fig. 22.
RN =
R1 .R 2
3 ×6
=
= 2 [Ω]
R1 + R 2 3 + 9
Logo,
VTh = Vab =
Da Fig. 21.c obtém-se a corrente IN
R2
6
E=
× 9 = 6 [V]
R1 + R 2
3+ 6
(corrente Norton) no ramo curto-circuitado.
Logo,
R Th = R N =
R1 .R 2
R1 + R 2
=
3 × 6 18
= = 2 [Ω ]
3+ 6
9
EEL-001 – CIRCUITOS ELÉTRICOS
2008 UNIFEI,VFS, Rev. BDB
R1
a
IL
3Ω
E
9V
1
R2
6Ω
RL
2Ω
V ab
2
b
(a)
R1
a
1
R2
RN
2
b
(b)
IN
R1
a
R2
E
b
(b)
a
IN
IN
3A
RN
2Ω
V ab
IN
IL
RL
2Ω
b
(d)
Fig. 21 A corrente Iab é igual a,
Esta corrente é igual a corrente IL calculada
Iab =
6
= 1,5 [A]
2+2
utilizando-se o Teorema de Thévenin.
EEL-001 – CIRCUITOS ELÉTRICOS
2008 UNIFEI,VFS, Rev. BDB
a
2Ω
I ab
V ab
6V
b
Fig. 22 -
Exemplo 15
Calcular IL e VL pelo Teorema de Norton no
circuito da Fig. 23.a.
Solução
Da Fig. 23.c, colocando-se as fontes da Fig.
23.b em repouso, obtém-se a resistência
Norton dada por,
R N = R th = 6/5 [Ω ]
Transformando-se as fontes de tensão em
fontes de correntes obtém-se o circuito da
Fig. 23.b. Este circuito permite facilmente
Logo, o equivalente Norton será o circuito
mostrado na Fig. 23.d. Deste modo,
calcular a corrente Norton como,
I L x1 =
IN =
20 10 5 20 5 5 20
−
+ =
− + =
3
6 3
3
3 3 3
20 1 x 6/5 40
x
[A]
=
3 1 + 6/5 11
Logo,
∴ I L = 3,6 [A]
Portanto,
VL =1 x 3,6 = 3,6 [V]
EEL-001 – CIRCUITOS ELÉTRICOS
2008 UNIFEI,VFS, Rev. BDB
a
3Ω
6Ω
20V
10V
IL
3Ω
5V
VL
1Ω
b
(a)
a
IL
3Ω
6Ω
3Ω
20/3A
10/6A
5/3A
(b)
b
a
3Ω
6Ω
b
(c)
IN
a
20 A
3
RN
3Ω
1Ω
6/5
IN
(d)
Fig. 23 -
IL
b
EEL-001 – CIRCUITOS ELÉTRICOS
2008 UNIFEI,VFS, Rev. BDB
Resistência Norton
Exemplo 16
1
1 1 1
= + +
R eq 3 6 2
Calcular IL e VL pelo Teorema de Norton,
1
1
2 +1+ 3
=
=
∴ R N = 1 [Ω ]
R N R eq
6
para o circuito mostrado na Fig. 24.a.
IL
a
VL
6Ω
18V
Corrente Norton
2Ω
3Ω
4Ω
IN =
12V
3A
b
(a)
a
IN
18
12
−3 −
= − 3 [A]
3
2
Logo do equivalente Norton da Fig. 24.c,
calcula-se o valor de IL,
6A
6Ω
3Ω
2Ω
3A
6A
b
(b)
a
RN
1Ω
IN
3A
IL
4Ω
VL
4 .1
x −3
4 +1
3
I L = − = − 0,6 [A ]
5
I L .4 =
O sentido real de IL é oposto em relação ao
adotado, logo,
b
VL = 4 x (− 0.6) = − 2,4 [V]
(c)
Fig. 24 -
Solução
Transformando as fontes de tensão para
fontes de correntes, obtém-se o circuito da
Fig.
24.b.
Seguindo-se
anterior obtém-se:
a
sistemática
EEL-001 – CIRCUITOS ELÉTRICOS
2008 UNIFEI,VFS, Rev. BDB
Da Fig. 25.b,
Exemplo 17
Calcular IL pelo Teorema de Norton, para o
R N = 5,5 [Ω ]
circuito mostrado na Fig. 25.a.
2Ω
1
4Ω
2
3
Também da Fig. 25.b, pelo método das
malhas vem que,
2Ω
10A
20A
4Ω
4Ω
20V
80 + 4 I 2 + 2 ( I 2 − I1 ) − 20 = 0
Logo,
(a)
2
+
I1
6Ω
+
40V
40+20 + 2(I1 − I 2 ) + 6 I1 = 0
3
8I1 − 2I 2 = − 60
+
4Ω
2Ω
-
-
20V
I2
I1 - I2
−2 I1 + 6 I 2 = −60
4 I1 − I 2 = − 30
80V
− I1 + 3I 2 = − 30
(b)
2
A corrente I2 é igual a,
IL
-150
A
11
4Ω
5.5Ω
3
(c)
 4 −30 
 −1 −30 
 = − 150 [A]
I2 = 
11
 4 −1
 −1 3 


Fig. 25 Logo,
Solução
I N = I2 = −
150
[A]
11
O primeiro passo é isolar o ramo da
resistência de 4 [Ω ] no qual deseja-se
calcular a corrente IL. A seguir entre os nós
Da Fig. 25.c, já com o equivalente Norton
incorporado obtém-se que,
2 e 3 é aplicado um curto, de modo que o
circuito equivalente para o cálculo de IN e
RN seja o mostrado na Fig. 25.b. Deve ser
I L1 × 4 = −
150 5,5 x 4
x
= − 7,89 [A]
11
9,5
observado que as fontes de corrente do
circuito da Fig. 25.a foram transformadas
Deve-se observar, contudo, que a corrente
em fontes de tensão no circuito da Fig.
IL possui um sentido real contrário ao
25.b.
mostrado na Fig. 25.a.
EEL-001 – CIRCUITOS ELÉTRICOS
2008 UNIFEI,VFS, Rev. BDB
5 – TEOREMA DE MILLMAN
“Qualquer número de fontes de tensão em
paralelo pode ser reduzida a apenas uma”.
a
IL
2Ω
4Ω
8Ω
E2
12V
E1
24V
RL
4Ω
E3
48V
b
(a)
a
IL
I1
RL
R3
R2
R1
I2
I3
(b)
b
a
Req
Ieq
IL
RL
b
(c)
IL
a
Req
RL
Veq
(d)
b
Fig. 26 -
EEL-001 – CIRCUITOS ELÉTRICOS
2008 UNIFEI,VFS, Rev. BDB
Transformando o circuito da Fig. 26.a para o
Exemplo 18
circuito da Fig. 26.b vem que,
Calcular a corrente IL pelo teorema de
Millman, considerando o circuito da Fig.
[3]
Ieq = I1 − I 2 + I3
26.a.
e
Solução
1
1
1
1
=
+
+
R eq
R1 R 2 R 3
[4]
Substituindo valores vem que,
Da regra de transformação de fontes de
tensão para fontes de corrente vem que,
I1 =
E1
R1
I2 =
E2
R2
I3 =
E3
R3
As correntes acima permitem a obtenção
24
= 6 [A]
4
12
I2 =
= 6 [A]
2
48
I3 =
= 6 [A]
8
I1 =
Logo,
do circuito da Fig. 26.c, o qual é novamente
convertido na equivalente fonte de tensão
Ieq = I1 − I 2 + I3 = 6 − 6 + 6 = 6 [A]
da Fig. 26.d.
A resistência equivalente é calculada como,
Logo,
Veq = R eq . I eq
1
1 1 1
2 + 4 +1 7
= + + =
=
R eq
4 2 8
8
8
[5]
∴ R eq = 8 / 7 [Ω]
Com base no circuito equivalente
da
Veq = R eq Ieq =
Fig. 26.d vem que,
IL =
Veq
R eq + R L
8
48
× 6 = [V]
7
7
Portanto, da Eq. 6 obtém-se que,
[6]
IL =
48/7
4
=
[A]
8/7 + 4
3
EEL-001 – CIRCUITOS ELÉTRICOS
2008 UNIFEI,VFS, Rev. BDB
DUAL DO TEOREMA DE MILLMAN
a
I1
I2
I3
R1
R2
R3
b
RL
IL
(a)
R1
a
V1
R2
R3
b
V3
V2
RL
IL
(b)
V eq
a
R eq
b
RL
IL
(c)
a
b
I eq
R eq
IL
RL
(d)
Fig. 27 Da Fig. 27.b,
V1 = R 1 . I1
Logo,
V2 = R 2 . I 2
V3 = R 3 . I 3
Veq = V1 + V2 + V3
[7]
EEL-001 – CIRCUITOS ELÉTRICOS
2008 UNIFEI,VFS, Rev. BDB
e
R eq = R 1 + R 2 + R 3
iA
[8]
iB
RX
+
+
vA
Port A
Da Fig. 27.c, transformando a fonte de
vB
-
Port B
-
tensão para fonte de corrente,
(a)
iB
iA
+
I eq = Veq / R eq
[9]
+
vA
Port A
vB
RB
RA
-
Port B
-
Logo no circuito equivalente da Fig. 27.d
(b)
vem que,
I L = I eq .
Fig. 28 -
R eq
[10]
R eq + R L
Circuito original: a característica v-i do
port A é dada por,
6 – TEOREMA DE MILLER
vA = iAR X + vB
O Teorema de Miller é um princípio de
equivalência
muito
útil
que
pode
ser
aplicado em qualquer port de um circuito
linear que esteja conectado a outro port via
[11]
A Eq. 11 também pode ser expressa na
forma:
iA =
um elemento transversal. O teorema de
vA − vB
RX
[12]
Miller é desenvolvido aqui para circuitos
resistivos.
Circuito Equivalente: a característica v-i do
De acordo com o teorema de Miller, a
port A na rede equivalente da Fig. 30.b, é
resistência RX no circuito da Fig. 28.a, pode
dada por
ser modelada por uma resistência paralela
equivalente RA mostrada na Fig.28.b. Esse
iA = vA / R A
[13]
circuito modela o comportamento do circuito
original visto dos terminais do port A. Para o
Para que as redes das Figs. 30.a e 30.b
circuito equivalente ser uma representação
sejam
exata do circuito real, o valor de RA deve ser
características v x i dadas pelas Eqs. [12] e
devidamente escolhido.
[13],
equivalentes
devem
ser
ao
as
port
mesmas.
A,
as
Estas
características v x i podem ser idênticas
escolhendo-se RA de modo que,
EEL-001 – CIRCUITOS ELÉTRICOS
2008 UNIFEI,VFS, Rev. BDB
7
v A − v B VA
=
RX
RA
–
MÁXIMA
TRANSFERÊNCIA
DE
POTÊNCIA
Seja o circuito da Fig. 29, o qual está
Logo,
retratando
vA
RX
RA = RX
=
v A − v B 1 - v B /v A
uma
carga
RL
recebendo
potência de um circuito representado pelo
[14]
Para este valor de RA, a equação v x i no
equivalente Thévenin VS e Rt.
EQUIVALENTE THEVENIN
IS
port A da rede equivalente é
Rt
IS
VS
[15]
+
v
v v − vB vA − vB
iA = A = A A
=
R A R X vA
RX
PL
PS
RL
Fig. 29 -
Esta equação é idêntica à característica
v x i da rede real, como dada pela Eq. [12].
A potência entregue pela fonte é dada por,
Analogamente para o port B,
PS = VS . I S
RB =
RX
V
1− A
VB
[17]
[16]
A potência recebida pela carga é igual a,
Se RA e RB são escolhidos de acordo com
PL = R L . I S2
[18]
as Eqs. [14] e [16], as redes equivalentes da
Fig. 28.b serão equivalentes à rede original
A corrente no circuito é calculada como,
vista de cada um de seus dois ports. O
teorema
de
Miller
pode
ser
aplicado
somente a redes que tenham a topologia da
IS =
VS
Rt + RL
[19]
Fig. 28.a, e requer um conhecimento das
razões vA/vB.
Logo,
∴ PL =
RL
. VS2
2
(R t + R L )
[20]
EEL-001 – CIRCUITOS ELÉTRICOS
(R + R L ) − 2(R t + R L ).R L
dPL
= VS2 . t
dR L
(R t + R L )4
2008 UNIFEI,VFS, Rev. BDB
2
[21]
η% =
Para se obter a máxima transferência de
=
potência,
dPL
= 0 ⇒ RL =Rt
dR L
•
[22]
Portanto,
PLmáx
1
×100¨% = 33,3%
3
RL = Rt
IS =
VS2
RL
2
=
V
=
S
(2 . R L ) 2
4.R L
PL
2 V2
1
x 100% = . S ×
=
Ps
9 R t V × 2 × VS
S
3 Rt
[23]
Deve-se observar que,
VS
2R t
PLM =
Este valor corresponde ao máximo valor de
P L.
Rt → Rth
Vs → Vth
VS2
4.R t
η% =
VS2
1
1
×
× 100% = ×100% = 50%
4.R t V × VS
2
S
2.R t
Com base na Eq. 23, para diversos valores
de RL em função de Rt obtêm-se os
•
RL = 2Rt
seguintes valores:
2
•
RL =
IS =
PL =
Rt
2
VS
2 V
= . S
R t + R t /2 3 R t
Rt 4
V2 2 V2 4 V2
× × . S2 = × S = × S
2 9
R t 9 R t 9 4.R t
VS2
2 VS
8 VS2
PL = 2 . R t .
= .
= .
9 . R 2t
9 Rt
9 4.R t
2 VS2
1
η% = .
×
×100 =
9 R t V × VS
S
3.R t
=
2
×100 % = 66,6%
3
EEL-001 – CIRCUITOS ELÉTRICOS
2008 UNIFEI,VFS, Rev. BDB
A Fig. 30 ilustra graficamente a variação de
10 Ω
10V
4Ω
C
diversas grandezas em função de RL.
+
-
40 Ω
2A
RL
(a)
10 Ω
P L (W)
V C (v)
50
100
40
IC (A)
30
8
PL
7
10
5
2A
40 Ω
I max
2
2
12 Ω
R L =R th =9 Ω
5
9
10
b
(b)
2
3
0
+
-
E th
1
0
10V
VC
IC
4
20
a
I max =E th /R L =6.67A
6
92
4Ω
C
15
8V
20
25
30
a
+
-
RL
RL( Ω )
b
(c)
Fig. 30 Fig. 31 -
Exemplo 19
Solução
Obtenha o valor de RL para que exista a
máxima transferência de potência da fonte
Inicialmente isola-se a carga RL do restante
para a carga para o circuito da Fig. 31.a.
do circuito de modo a se obter o equivalente
Thévenin. Resolvendo para o circuito da
Fig. 31.b, obtém-se que,
Vth = 8 [V]
e
R th = 12 [Ω ]
Logo da Fig. 31.c e da Eq. 22,
R L = R th = 12 [Ω ]
EEL-001 – CIRCUITOS ELÉTRICOS
8
–
CASOS
ESPECIAIS
2008 UNIFEI,VFS, Rev. BDB
/
FONTES
CONTROLADAS (DEPENDENTES)
Solução
Fontes controladas ou Fontes dependentes
Abrindo o circuito entre os nós “a” e “b” na
são fontes controladas por tensão/corrente
Fig. 32.a, obtém-se que,
que são partes de um dado circuito. A
tensão
terminal
ou
corrente
terminal
VOC = Va b = 6 i
depende da tensão ou da corrente definida
pelas fontes independentes em outros
elementos (ramos/nós) do circuito.
Aplicando KVL na malha da fonte de 20 [V]
vem que,
20 - 6i + 2i - 6i = 0
Logo,
i = 2 [A]
Exemplo 20
Obtenha o circuito equivalente Thévenin
para o circuito da Fig. 32.
EEL-001 – CIRCUITOS ELÉTRICOS
2008 UNIFEI,VFS, Rev. BDB
Fonte de Tensão
Controlado por Corrente
v=2i
6Ω
i
20V
-
10 Ω
+
+
CIRCUITO
2
6
-
2i
6Ω
+
b
CIRCUITO 1
(a)
20V
i
+
+
-
a
-
+
-
10 Ω
+
+
i
-
+
6Ω
i1
a
-
I SC
i2
(b)
b
CIRCUITO 1
13.6 Ω
12V
a
CIRCUITO
THEVENIN
+
-
CIRCUITO
2
b
(c)
Fig. 32 -
6(I1 − I2 ) + 6I1 − 2(I1 − I 2 ) − 20 = 0
Portanto a tensão Thévenin é igual a,
4(I1 − I 2 ) + 6I1 =20
10I1 − 4I2 = 20
Vth = VOC = Vab = 6 . i = 6 . 2 = 12 [V]
5I1 − 2I 2 = 10
A seguir deve-se obter a corrente Norton
Malha 2:
entre os nós a e b.
Malha 1:
10I2 + 6(I 2 − I1 ) = 0
−6I1 + 16I 2 =0
3I1 − 8I 2 = 0
Onde,
EEL-001 – CIRCUITOS ELÉTRICOS
2008 UNIFEI,VFS, Rev. BDB
i = (I1 − I2 )
ISC =I N =I 2
Resolvendo para I2=IN=Isc obtém-se que,
5 10 
3 0 
 = −30 = 15 [A]
I2 = 
5 −2  −34 17
 3 −8 


I N = I SC
Obtenha o circuito equivalente Norton para
o circuito da Fig.33.a.
Solução
Abrindo o circuito entre os terminais a e b,
como na Fig. 33.a, vem que a corrente i
para a condição de operação com circuito
aberto entre os nós a e b é dada por,
120
=
[A]
136
VOC = Vab = − 25(10i) = − 250i
Aplicando KVL na malha com a fonte de
Logo, a resistência Thévenin é dada por,
R th =
Vth
12
=
= 13,6 [Ω ]
IN
120/136
5 [V] vem que,
− 5 + 500i − 250i = 0
i = 5/250 = 0,020 [A]
Portanto,
Deste modo o circuito equivalente Thévenin
será o mostrado na Fig. 32.c.
Exemplo 21
i = 20 [ mA]
EEL-001 – CIRCUITOS ELÉTRICOS
2008 UNIFEI,VFS, Rev. BDB
CIRCUITO
1
500 Ω
i
5V
+
a
-
+
-
V ab
-
10i
+
25 Ω
-
V ab
+
i
b
Fonte de Tensão
Controlada por Tensão
Fonte de Corrente
Controlada por Corrente
(a)
500 Ω
5V
+
-
V ab
a
-
+
-
I SC
25 Ω
10i
+
i
b
(b)
CIRCUITO 1
a
I N=I SC =0.1A
CIRCUITO
2
50Ω
b
(c)
Fig. 33 Logo,
novamente obtido da malha da fonte de
5 [V], para a nova condição de operação,
Vth = Voc = Vab = −250 .i =
= − 250 x 20 x 10 -3 = − 5 [V]
Da Fig. 33.b obtém-se a corrente IN ou ISC
do nó a para o nó b.
que é a condição de curto-circuito entre os
nós a e b.
− 5 + 500i + 0 = 0
i = 5 / 500 = 0,01[A]
Portanto,
Logo,
I N = ISC = −10 i = − 0,1 [A]
ISC = − 10 i
Finalmente,
A nova corrente i (não possui o mesmo
valor obtido anteriormente) e deve ser
Rt =
Vth Voc
−5
=
=
= 50 [Ω ]
IN
ISC −0,1
EEL-001 – CIRCUITOS ELÉTRICOS
2008 UNIFEI,VFS, Rev. BDB
-Teorema
ANEXO I
da
Absorção
da
Fonte
de
Corrente
Estabelece que se existir num ramo,
TEOREMA DA FONTE DE ABSORÇÃO
submetido a uma tensão V, uma fonte de
corrente controlada por essa mesma tensão
O Teorema da absorção da fonte tem duas
V, a fonte pode ser substituída por uma
formas duais: o teorema da absorção da
simples condutância de igual valor ao fator
fonte de tensão e o teorema da absorção da
controlante da fonte.
fonte de corrente.
A demonstração é igualmente simples. Uma
-Teorema da Absorção da Fonte de Tensão
admitância Y submetida a uma tensão V,
Estabelece que se existir num ramo, com
resulta em uma corrente Y.V.
corrente I, uma fonte de tensão controlada
por essa mesma corrente I, a fonte pode ser
substituída por uma simples resistência de
V
V
I
valor igual ao fator controlante da fonte.
1
Y [Ω ]
Y.V
A demonstração é muito simples. Uma
R=1/Y
impedância Z retratada na prática por uma
resistência R, percorrida por uma corrente I,
origina a mesma tensão
que a fonte ZI
possui nos seus terminais. A Fig. I.1 ilustra
a aplicação deste teorema.
I
I
+
-
RI
R[ Ω ]
Fig. I.1 -
Fig. I.2 -