1

Eletricidade Aplicada

Leis de Kirchhoff

1ª - Em um nó, a soma das correntes elétricas que entram é igual à soma das correntes que saem.

2ª - A soma algébrica da d.d.p (Diferença de Potencial Elétrico) em um percurso fechado é nula.

2

Eletricidade Aplicada

I5

I4

I3I2

I1

I3 + I4 + I5 = I1 + I2

3

Eletricidade Aplicada

VR1

VR2 I

V1

V2+

+

+

+

V1 – VR1 + V2 – VR2 = 0

4

Eletricidade Aplicada

Qual a tensão sobre R6?

5

Eletricidade Aplicada

I1 I2

a

b

6

Eletricidade Aplicada

a

b

I2

I1 I2

I3

Nó a: I1 + I3 = I2Nó b: I2 = I1 + I3

I1

I2I1

7

Eletricidade Aplicada

Malha 1

Malha 3

Malha 2

8

Eletricidade Aplicada

V1

I1

I1

I3

VR1

b

a

+

+

+

+

+

VR2

VR3

V2

V1 – VR1 + VR3 – V2 – VR2 = 0

Malha 1

V1 – R1*I1 + R3*I3 – V2 – R2*I1 = 0

9

Eletricidade Aplicada

Malha 2

I3 I2

VR3

V2+

+

+

+

VR4

VR5

V2 – VR3 – VR4 – VR5 = 0V2 – R3*I3 – R4*I2 – R5*I2 = 0

10

Eletricidade Aplicada

Do Nó: I2 = I1 + I3 (1)Da Malha 1: V1 – R1*I1 + R3*I3 – V2 – R2*I1 = 0 (2)Da Malha 2: V2 – R3*I3 – R4*I2 – R5*I2 = 0 (3)

De (1): I3 = I2 – I1

Substituindo I3 em (2) e (3):

V1 – R1*I1 + R3*(I2 – I1) – V2 – R2*I1 = 0 (4)

V2 – R3(I2 – I1) – R4*I2 – R5*I2 = 0 (5)

11

Eletricidade Aplicada

Substituindo os Valores em (4) e isolando I1:

12 – 20*I1 + 80*(I2 – I1) – 6 – 60*I1 = 012 – 20*I1 + 80*I2 – 80*I1 – 6 – 60*I1 = 0-20*I1 – 80*I1 – 60*I1 = -12 – 80*I2 + 6-160*I1 = -6 – 80*I2 (* -1)160*I1 = 6 + 80*I2

I1 = 6+80∗I 2160

12

Eletricidade Aplicada

Substituindo os Valores em (5) e isolando I1:

6 – 80*(I2 – I1) – 50*I2 – 30*I2 = 06 – 80*I2 + 80*I1 – 50*I2 – 30*I2 = 080*I1 = -6 + 80*I2 + 50*I2 + 30*I280*I1 = -6 + 160*I2

I1 = −6+160∗I 2

80

13

Eletricidade Aplicada

Temos então:

6+80∗I 2160

−6+160∗I 280=

3 + 40*I2 = -6 + 160*I23 + 6 = 160*I2 - 40*I29 = 120*I2

I2 = 9 / 120 = 0,075A = 75 mA

6+80∗I 22

−6+160∗I 21=

14

Eletricidade AplicadaCalculando I1:

I1 = −6+160∗I 2

80

I1 = (-6 + 160*0,075) / 80I1 = (-6 + 12) / 80I1 = 6 / 80

I1 = 0,075A = 75mA

I3 = I2 – I1I3 = 0,075 – 0,075

I3 = 0A

15

Eletricidade Aplicada

A Tensão sobre R6 no circuito original é igual a tensão sobre R5 do circuito analisado.

Portanto:

VR5 = R5 * I2VR5 = 30 * 0,075

VR5 = 2,25 V

16

Eletricidade Aplicada

Outra maneira de solucionar:

I1 + I3 = I2V1 – R1*I1 + R3*I3 – V2 – R2*I1 = 0V2 – R3*I3 – R4*I2 – R5*I2 = 0

I1 – I2 + I3 = 0-R1*I1 – R2*I1 + R3*I3 = V2 – V1-R4*I2 – R5*I2 – R3*I3 = -V2

I1 – I2 + I3 = 0I1(-R1 – R2) + R3*I3 = V2 – V1 I2(-R4 – R5) – R3*I3 = -V2

}}

17

Eletricidade Aplicada

I1 – I2 + I3 = 0I1(-R1 – R2) + R3*I3 = V2 – V1 Substituindo I2(-R4 – R5) – R3*I3 = -V2

I1 – I2 + I3 = 0I1(-20 – 60) + 80I3 = 6 – 12 I2(-50 – 30) – 80I3 = -6

I1 – I2 + I3 = 0-80I1 + 80I3 = -6 -80I2 – 80I3 = -6

}}

18

Eletricidade Aplicada

1 -1 +1 0-80 0 80 -6 0 -80 -80 -6

0 -1 +1 1 0 +1 1 -1 0 -6 0 80 -80 -6 80 -80 0 -6 -6 -80 -80 0 -6 -80 0 -80 -6 1 -1 +1 1 -1 +1 1 -1 +1

-80 0 80 -80 0 80 -80 0 80 0 -80 -80 0 -80 -80 0 -80 -80

Calculando os determinantes:

I1= I2= I3=

Matriz Completa

Matriz Incompleta

Termos Independentes

19

Eletricidade Aplicada

I 1=144019200

=0,075 A

I 2=144019200

=0,075 A

I 3=0

19200=0 A

VR 6=I 2∗R5=0,075∗30=2,25V

20

Eletricidade Aplicada

E se alterássemos V2 para 9Volts?

Voltando ao slide 17, teríamos:

I1 – I2 + I3 = 0-80I1 + 80I3 = -3 -80I2 – 80I3 = -9

21

Eletricidade Aplicada

I1= I2= I3=

1 -1 +1 0-80 0 80 -3 0 -80 -80 -9

0 -1 +1 1 0 +1 1 -1 0 -3 0 80 -80 -3 80 -80 0 -3 -9 -80 -80 0 -9 -80 0 -80 -9 1 -1 +1 1 -1 +1 1 -1 +1

-80 0 80 -80 0 80 -80 0 80 0 -80 -80 0 -80 -80 0 -80 -80

Recalculando os determinantes:

22

Eletricidade Aplicada

I 1=120019200

=0,0625 A

I 2=168019200

=0,0875 A

I 3=48019200

=0,0250 A

VR6=I 2∗R5=0,0875∗30=2,625V

23

Eletricidade Aplicada

E se alterássemos V2 para 3Volts?

Voltando ao slide 17, teríamos:

I1 – I2 + I3 = 0-80I1 + 80I3 = -9 -80I2 – 80I3 = -3

24

Eletricidade Aplicada

1 -1 +1 0-80 0 80 -9 0 -80 -80 -3

0 -1 +1 1 0 +1 1 -1 0 -9 0 80 -80 -9 80 -80 0 -9 -3 -80 -80 0 -3 -80 0 -80 -3 1 -1 +1 1 -1 +1 1 -1 +1

-80 0 80 -80 0 80 -80 0 80 0 -80 -80 0 -80 -80 0 -80 -80

Re-recalculando os determinantes:

I1= I2= I3=

25

Eletricidade Aplicada

I 1=168019200

=0,0875 A

I 2=120019200

=0,0625 A

I 3=−48019200

=−0,0250 A

VR 6=I 2∗R5=0,0625∗30=1,875V

26

Eletricidade Aplicada

Reescrevendo as Leis de Kirchhoff

1ª : Σ I = 0

2ª : Σ V = 0

27

Eletricidade Aplicada

I2

VR2

I1

VR1

I3

VR3V1 V2

Do nó: I1 + I3 = I2Da malha 1: 58 – 4*I1 + 3*I3 = 0Da malha 2: - 3*I3 – 2*I2 – 10 = 0

28

Eletricidade Aplicada

Ordenando:

I1 – I2 + I3 = 0- 4*I1 + 3*I3 = - 58 - 2*I2 - 3*I3 = 10

Matriz Completa:

1 -1 1 0-4 0 3 -58 0 -2 -3 10

29

Eletricidade Aplicada

Matriz Incompleta:

1 -1 1-4 0 3 0 -2 -3

Det = 1*0*-3 + -1*3*0 + 1*-2*-4 - (1*0*0 + 3*-2*1 + -3*-4*-1) = 8 - (-6 -12) = 26

30

Eletricidade Aplicada

Matriz determinante de I1:

0 -1 1-58 0 3 10 -2 -3

Det(I1) = 0*0*-3 + -1*3*10 + 1*-2*-58 - (1*0*10 + 3*-2*0 + -3*-58*-1) = -30 + 116 - (-174) =

260

Portanto: I1 = 260 / 26 = 10A

31

Eletricidade Aplicada

Matriz determinante de I2:

1 0 1-4 -58 3 0 10 -3

Det(I2) = 1*-58*-3 + 0*3*0 + 1*10*-4 – (1*-58*0 + 3*10*1 + -3*-4*0) = 174 - 40 – (30) =

104

Portanto: I2 = 104 / 26 = 4A

32

Eletricidade Aplicada

Matriz determinante de I3:

1 -1 0-4 0 -58 0 -2 10

Det(I3) = 1*0*10 + -1*-58*0 + 0*-2*-4 – (0*0*0 + -58*-2*1 + 10*-4*-1) = – (116 + 40) =

- 156

Portanto: I3 = -156 / 26 = -6A

33

Eletricidade Aplicada

VR5

= f(R5) ????

34

Eletricidade Aplicada

Teorema de Thévenin

O teorema de Thévenin estabelece que qualquer circuito linear visto de um ponto pode ser representado por uma fonte de tensão (igual à tensão do ponto em circuito aberto) em série com uma resistência (igual à resistência do circuito vista deste ponto).

35

Eletricidade Aplicada

36

Eletricidade Aplicada

37

Eletricidade Aplicada

Construção do equivalente de Thévenin:

1º) Determinar a resistência de Thévenin.2º) Determinar a tensão vista pelo ponto.

38

Eletricidade Aplicada

1º) Determinar a resistência de Thévenin.

<== Rth

Rth = ((20+60)//80)+50 = 90Ω

39

Eletricidade Aplicada

2º) Determinar a tensão vista pelo ponto.

Vth

Vth

12 – 20I1 – 80I1 – 6 – 60I1 = 06 – 160I1 = 0I1 = 6 / 160 A

Vth = V2 + VR3

Vth = 6 + 80 * 6 / 160Vth = 6 + 3 = 9 V

40

Eletricidade Aplicada

=

I=VthReq

=9

Rth+R5=

990+R5

VR5=I⋅R5=9⋅R590+R5

VR5=9⋅R590+R5

41

Eletricidade Aplicada

Se R5 = 30Ω, VR5 = ?

VR5=9⋅R590+R5

=9⋅3090+30

=270120

=2,25Volts

42

Eletricidade Aplicada

Qual a tensão sobre R5?

Rth

43

Eletricidade Aplicada

Rth Vth

Rth = 2//3 = 1,2Ω

10 – 2I – 14 – 3I = 0-5I = 4I = -0,8A

IIreal

Vth = V2 – VR3 + V3Vth = 14 – 0,8*3 + 7 Vth = 18,6V

44

Eletricidade Aplicada

VR5=R5⋅I=5⋅3=15V

I=VthReq

=18,65+1,2

=3 A

45

Eletricidade Aplicada

I

Fonte de Corrente Ideal

46

Eletricidade Aplicada

I

Fonte de Corrente Real

47

Eletricidade Aplicada

I

Sendo I = 2A, calcular VR1 e VR2

48

Eletricidade Aplicada

Sendo I = 2A e Ri = 350Ω, calcular VR1 e VR2

I