Gabarito da 2ª Prova de 2ELE030 (03/06/2014) – Circuitos Elétricos 1 – Prof. Ernesto Ferreyra p.1/9

1)No circuito da Fig.1, encontre: (a)o valor de R que vai maximizar a sua potência dissipada; [1,0] (b)o valor da potência máxima dissipada para a carga R encontrada no item (a). [1,0]

Figura 1

(1.a)Resolução:

No circuito da Figura 1, a corrente no fio que liga os dois estágios (esquerdo e

direito) é nula, senão haveria diminuição de corrente no estágio direito e aumento no

estágio esquerdo, o que violaria a Lei de Kirchoff das Correntes.

Disto, a corrente i é obtida por divisor de corrente:

i = 0,1A x [1kΩ / (1kΩ + 4,7kΩ)] = 17,5439 mA

Com isso, a fonte de corrente controlada fornecerá 100.i = 1,7544 A para o estágio da

esquerda. A potência dissipada na carga R desse estágio será maximizada quando R =

Rth.

A seguir são mostrados os cálculos para obter In e Vth(*).

In = 100i = 1,7544 A Vth = 50·100i = 87,7193 V

Disto, encontra-se(**):

R = Rth = Vth / In = 50 Ω

Observações:

*Perceba que i = 17,5439 mA é o mesmo para os circuitos utilizados para calcular In e

Vth. Logo, pode-se fazer direto: Rth = (50.100i)/100i = 50Ω sem precisar calcular In

e Vth.

**Ao comparar o estágio esquerdo da Figura 1 com o circuito utilizado para encontrar

In, pode-se perceber que o estágio esquerdo já é um equivalente Norton em relação à

carga R. Logo, o resistor de 50Ω em paralelo com a fonte controlada é o Rth

procurado.

(1.b)Resolução:

A potência máxima dissipada na carga R = Rth será dada por:

PotMáx = VR·IR = (Vth/2)·(In/2) = (87,7193 V·1,7544 A)/4 = 38,4734 W

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2) Determine (calcule e desenhe) o equivalente Norton entre os pontos A e B do circuito da Fig.2 usando apenas: (a)substituição de fontes; [1,0] (b)deslocamento de fontes; [1,0] (c)superposição. [1,0]

Figura 2

(2.a)Resolução:

Substituindo cada um dos equivalentes Thévenin (fonte de tensão em série com um

resistor) por um equivalente Norton (fonte de corrente em paralelo com um resistor)

entre os pontos A e B, obteremos:

Se associarmos as fontes de corrente e os resistores, teremos:

Que finalmente resultará em uma fonte de corrente de 0,5A (= 2A – 0,9A – 0,6A)

voltada para baixo, associada em paralelo a uma resistência de 10Ω//6Ω//15Ω = 3Ω como

mostrado a seguir.

Equivalente Norton entre os pontos A e B.

Gabarito da 2ª Prova de 2ELE030 (03/06/2014) – Circuitos Elétricos 1 – Prof. Ernesto Ferreyra p.3/9

(2.b)Resolução:

Inserindo fontes de corrente nas 4 derivações do nó inferior do circuito, teremos:

Em seguida, se fizermos as associações de fontes de tensão em série, teremos:

Ao substituir o equivalente Thévenin (fonte de 21V em série com o resistor de 6Ω) por

um equivalente Norton, obteremos:

Associando os resistores de 10Ω, 6Ω e 15Ω em paralelo, encontraremos 3Ω. Disto, o

circuito visto anteriormente equivalerá aos mostrados a seguir.

⇒

Gabarito da 2ª Prova de 2ELE030 (03/06/2014) – Circuitos Elétricos 1 – Prof. Ernesto Ferreyra p.4/9

Finalmente, se transformarmos o equivalente Norton em um equivalente Thévenin para

retirarmos a fonte de 9V, obteremos os circuitos equivalentes:

⇒

Assim, o equivalente Thévenin mostrado na figura anterior poderá ser substituído pelo

equivalente Norton:

Equivalente Norton entre os pontos A e B.

(2.c)Resolução:

Primeiramente, vamos anular as fontes de tensão para encontrar o Rth conforme visto

na figura a seguir.

Vemos então que Rth = 10Ω//6Ω//15Ω = 3Ω

Em seguida, para encontrar In temos que calcular a corrente de curto-circuito entre

os pontos A e B, conforme mostrado na figura a seguir.

Isto pode ser feito usando o Teorema da Superposição. Para isso, vamos calcular a

corrente de curto-circuito resultante do funcionamento individual de cada uma das

fontes de tensão, como está esquematizado nas três figuras a seguir.

Gabarito da 2ª Prova de 2ELE030 (03/06/2014) – Circuitos Elétricos 1 – Prof. Ernesto Ferreyra p.5/9

Nos circuito anteriores, podemos verificar que as correntes de curto-circuito iN1, iN2

e iN3 são resultantes do quociente entre os valores nominais das fontes de tensão e

seus resistores associados em série. Isto se deve ao fato do curto-circuito atrair

toda a corrente proveniente da fonte de tensão em série com o seu resistor thévenin,

pois é o caminho que oferece resistência nula.

Assim, a corrente iN do circuito será dada por:

iN = +iN1 – iN2 + iN3 = –0,5A

E resultará no equivalente Norton:

Equivalente Norton entre os pontos A e B.

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3)Calcule os parâmetros Z do quadripolo mostrado na Fig.3a [1,6]. Em seguida, verifique (dica: use matrizes T) que a associação em cascata dos quadripolos mostrados nas Figs. 3b e 3c equivale ao quadripolo da Fig.3a. [3,4].

Figura 3a Figura 3b Figura 3c

(3)Resolução:

Primeiramente, vamos utilizar a parametrização mostrada na figura a seguir para todos

os quadripolos.

No caso do Quadripolo 3a, teremos:

⇒

⇓

⇐

( )[ ] =Ω+ΩΩ+ΩΩ=== −

=

kkkkkRI

Vz

abertoladoeq

AI

a 5,05,1//21//12

'11

01

111

2

( )[ ] ΩΩ=Ω+ΩΩ=ΩΩ+ΩΩ= kkkkkkkkk 2//1]1[1//12//21//1

Logo:Ω=

Ω+Ω

Ω⋅Ω= k

kk

kkz a

3

2

21

2111

Gabarito da 2ª Prova de 2ELE030 (03/06/2014) – Circuitos Elétricos 1 – Prof. Ernesto Ferreyra p.7/9

⇒

⇓

⇐

( )[ ] =Ω+ΩΩ+ΩΩ=== −

=

kkkkkRI

Vz

abertoladoeq

AI

a 11//25,1//5,01

'22

02

222

1

( )[ ] ΩΩ=Ω+ΩΩ=ΩΩ+ΩΩ= kkkkkkkkk 5,2//5,0]1[5,1//5,02//25,1//5,0

Logo:Ω=

Ω+Ω

Ω⋅Ω= k

kk

kkz a

12

5

5,25,0

5,25,022

⇒

⇒

2

2

2

1

12

'11

02

112

22

2

5,05,2

5,01

1

1

I

kk

k

kk

kIk

I

ik

I

V

I

Vz k

abertoladoAI

a

Ω+Ω

Ω⋅

Ω+Ω

Ω⋅⋅Ω

=⋅Ω

=== Ω−

=

2

2

2

2

43

25,014

2

3

5,01

Ikk

Ikkk

I

k

k

k

Ikk

⋅Ω⋅Ω

⋅Ω⋅Ω⋅Ω=

Ω

Ω⋅

Ω

⋅Ω⋅Ω

=

Logo:Ω= kz a

12

112

Gabarito da 2ª Prova de 2ELE030 (03/06/2014) – Circuitos Elétricos 1 – Prof. Ernesto Ferreyra p.8/9

⇒

⇒

=⋅Ω

===Ω−

= 1

5,0

21

'22

01

221

5,0

2

I

ik

I

V

I

Vz

k

abertoladoAI

a

=Ω+Ω

Ω⋅

Ω+ΩΩ+Ω+Ω

⋅Ω⋅Ω

=1

1

22

2

)]5,05,1//(2[11

15,0

I

kk

k

kkkkk

Ikk

1

1

1

1

43

215,04

2

3

15,0

Ikk

Ikkk

I

k

k

k

Ikk

⋅Ω⋅Ω

⋅Ω⋅Ω⋅Ω=

Ω

Ω⋅

Ω

⋅Ω⋅Ω

=

Logo:Ω= kz a

12

121 e

ΩΩ

ΩΩ

=

kk

kkZa

12

5

12

112

1

3

2

Fazendo essa análise de forma similar nos quadripolos 3b e 3c, encontraremos:

ΩΩ

ΩΩ

=

kk

kkZb

12

12

1

4

3

e

ΩΩ

ΩΩ

=

kk

kkZc

2

1

2

12

12

Aplicando a Tabela de conversão de quadripolos, encontraremos as seguintes matrizes

T:

Ω

Ω

=

⋅−

=

=−

51000

124

138

)12/1(

)12/5(

)12/1(

1

)12/1(

)(

)12/1(

)3/2(

1 1

2

1441

3610

21

22

21

2121

11k

k

k

k

k

k

k

k

z

z

z

z

Z

z

z

T

a

a

a

a

a

a

a

a

Gabarito da 2ª Prova de 2ELE030 (03/06/2014) – Circuitos Elétricos 1 – Prof. Ernesto Ferreyra p.9/9

Ω

Ω

=

⋅−

=−

21000

2

12

3

)2/1(

1

)2/1(

1

)2/1(

)(

)2/1(

)4/3(

1

2

41

43

k

k

k

k

k

k

k

k

Tb

Ω

Ω

=

⋅−

=−

11000

22

34

)2/1(

)2/1(

)2/1(

1

)2/1(

)(

)2/1(

2

1

2

41

22

k

k

k

k

k

k

k

k

Tc

Assim, pode-se verificar numericamente que:

a

k

k

kkkk

cb Tk

TT =

=

++

++=

⋅

=⋅

⋅⋅

⋅⋅⋅

⋅⋅

⋅⋅⋅

5

8

1

4

2

1

100012

413

112

2100032

100022

100042

111

2233

100021

243

10002

23

10002

23

O que corresponde à ligação em cascata dos quadripolos b e c, como visto na figura

seguinte.

≡

Observação:

Perceba que o Quadripolo “a”:

-é recíproco, pois z12a = z21a;

-não é simétrico (z11a ≠ z22a), visto que não é possível inverter a entrada e a saída

sem mudar o seu funcionamento.