Leis de Kirchhoff1 Eletricidade Aplicada Leis de Kirchhoff 1ª - Em um nó, a soma das correntes...
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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.
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Eletricidade Aplicada
I5
I4
I3I2
I1
I3 + I4 + I5 = I1 + I2
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Eletricidade Aplicada
VR1
VR2 I
V1
V2+
+
+
+
V1 – VR1 + V2 – VR2 = 0
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Eletricidade Aplicada
Qual a tensão sobre R6?
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Eletricidade Aplicada
I1 I2
a
b
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Eletricidade Aplicada
a
b
I2
I1 I2
I3
Nó a: I1 + I3 = I2Nó b: I2 = I1 + I3
I1
I2I1
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Eletricidade Aplicada
Malha 1
Malha 3
Malha 2
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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
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Eletricidade Aplicada
Malha 2
I3 I2
VR3
V2+
+
+
+
VR4
VR5
V2 – VR3 – VR4 – VR5 = 0V2 – R3*I3 – R4*I2 – R5*I2 = 0
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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)
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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
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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
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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=
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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
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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
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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
}}
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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
}}
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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
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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
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Eletricidade Aplicada
E se alterássemos V2 para 9Volts?
Voltando ao slide 17, teríamos:
I1 – I2 + I3 = 0-80I1 + 80I3 = -3 -80I2 – 80I3 = -9
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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:
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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
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Eletricidade Aplicada
E se alterássemos V2 para 3Volts?
Voltando ao slide 17, teríamos:
I1 – I2 + I3 = 0-80I1 + 80I3 = -9 -80I2 – 80I3 = -3
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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=
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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
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Eletricidade Aplicada
Reescrevendo as Leis de Kirchhoff
1ª : Σ I = 0
2ª : Σ V = 0
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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Eletricidade Aplicada
VR5
= f(R5) ????
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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).
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Eletricidade Aplicada
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Eletricidade Aplicada
37
Eletricidade Aplicada
Construção do equivalente de Thévenin:
1º) Determinar a resistência de Thévenin.2º) Determinar a tensão vista pelo ponto.
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Eletricidade Aplicada
1º) Determinar a resistência de Thévenin.
<== Rth
Rth = ((20+60)//80)+50 = 90Ω
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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
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Eletricidade Aplicada
=
I=VthReq
=9
Rth+R5=
990+R5
VR5=I⋅R5=9⋅R590+R5
VR5=9⋅R590+R5
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Eletricidade Aplicada
Se R5 = 30Ω, VR5 = ?
VR5=9⋅R590+R5
=9⋅3090+30
=270120
=2,25Volts
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Eletricidade Aplicada
Qual a tensão sobre R5?
Rth
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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
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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