13 análise nodal em cc

Análise de circuitos elétricos por malhas em CC.

1. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
13 - ANÁLISE POR TENSÃO DE NÓ (ANÁLISE NODAL) EM CC
Circuitos resistivos
Aplicabilidade da análise nodal - este método é utilizado somente quando os nós do circuito, sem
tensão definida, possam ser referenciados ao potencial de “terra”.
Objetivo – Determinar as tensões desconhecidas de cada nó referenciado ao potencial de terra,
através da aplicação daLCKnas correntes dos nós. Com essas tensões, poderemos definir as
correntes e potências de todos os elementos do circuito.
Lei das Correntes de Kirchhoff – LCK: “a soma algébrica das correntes que entram e saem
de um nó é igual a zero”.
É recomendável que se faça uma simplificação de malhas resistivas complexas para aplicação da
análise nodal: um circuito resistivo, com uma só fonte independente, de tensão ou de corrente, e
várias malhas resistivas, pode ser resolvido diretamente, bastando fazer a simplificação dos
resistores, convergindo para uma única malha, onde estiver a fonte.
Em circuitos mais complexos, e com mais de uma fonte, devem-se fazer as simplificações possíveis
das malhas sem fonte.
Nó essencial: Ponto encontro de três ou mais braços de um circuito (fig. 13 - 01).
Procedimentos para análise nodal
1.Definir o número n de nós que não têm potencial conhecido e escolher um deles para ser
a referência de tensão zero, ou nó de terra. O nó de “terra” preferencial será o que tiver mais
braços ou se tiver fonte.
2.Cada um dos n−1 nós restantes serão designados como: V1, V2 … Vn.
3.Ter uma noção prévia das polaridades e dos níveis das tensões de cada nó para arbitrar os
sentidos das correntes de cada braço.
4.Para escrever aLCK de cada nó, podemos convencionar que: a corrente que entra no nó
terá sinal –e a que sai terá sinal + (Fig. 13 - 01).
5.Montar o sistema de equações para calcular as tensões desconhecidas de cada nó.
1

2. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
6.Com as tensões definidas, calcular as correntes dos braços, quedas de tensão, e respectivas
potências.
7.Nos braços com elevação de tensão negativa a corrente também é negativa.
8.Tensões sobre as fontes para aplicação da LTK:
•A elevação de tensão (voltage rise Vr) que aparece nos terminais de uma fonte de
corrente, na configuração de fornecedora, é o inverso da queda de tensão sobre os
elementos passivos da malha alimentada por essa fonte: Vr=−[I
f
R
L
].
•Quando uma fonte de tensão está fornecendo potência, haverá uma elevação de tensão
entre os seus terminais, com valor inverso à tensão nominal da fonte Vr=−Vf.
•Quando uma fonte está consumindo potência, haverá uma queda de tensão (voltage drop
Vd) entre os seus terminais:
▪Se é fonte de tensão: Vdterá valor igual à tensão nominal da fonte, ou
Vd=Vf.
▪Se é fonte de corrente: Vd=I
f
R
L.
9.A queda de tensão no elemento passivo é dada pela Lei de Ohm Vd=I.R.
10.Potência dos elementos ativos em CC(Capítulo 1):
•Fonte na configuração de fornecedora, a potência será negativa:
•Fonte de tensão: P
Vf
=VrI. A elevação de tensão tem sinal oposto ao sinal da
corrente.
•Fonte de corrente: P
If
=−[I
f
Vd
CARGA
].
•Fonte na configuração de consumidora, a potência será positiva:
•Fonte de tensão:P
Vf
=Vd
f
I, pois o sinal da queda de tensão na fonte é o mesmo
sinal da corrente.
•Fonte de corrente: P
If
=I
f
Vd
CARGA.
11.Potência dos elementos dissipativos em CC(Capítulo 1):
• a potência será sempre positiva, para tensão de qualquer polaridade: P=I²R.
Exemplo 1: fazer análise nodal do circuito com duas fontes de tensão, ideais e independentes.
Dados (Fig. 13 - 02): R1=2Ω,R2=3Ωe
R3=4Ω.
•Duas fontes de tensão: V
f1
=10V e
V
f2
=30V.
•Um nó com referência de “terra” V
1 e
três braços com correntes desconhecidas:
I
R1
, I
R2
e I
R3.
•Como V
f2 é muito maior do que
V
f1, as tensões ficarão:
V
f2>V1>V
f1>terra(0V).
2

3. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
Equações das correntes do nó V
1: I
R1
=
V
1
−10
2
I
R2
=
V
1
3
I
R3
=
30−V
1
4
.
LCK do nó V
1: −I
R3
+I
R1
+I
R2
=0ou−
30−V
1
4
+
V
1−10
2
+
V
1
3
=0
m.m.c.=12 −90+3V
1
+6V
1
−60+4V
1
=0 13V
1
=150V
1=
150
13
ou
V
1
=11,54V.
Cálculo das correntes do nó V
1: I
R1
=
11,54−10
2
I
R1
=0,77A .I
R2
=
11,54
3
I
R2
=3,845A. I
R3=
30V−11,54
4
I
R3
=4,615A.
Prova: LCKdeV
1
=I
R1
+I
R2
−I
R3
=0 0,77+3,845−4,615=0.
Balanço de potências
Potência dos resistores: P
R=I
R
2
R.
P
R1=0,76923
2
x2 P
R1
=1,18W.
P
R2=3,85
2
x3 P
R2
=44,46W.
P
R3=4,62
2
x4 P
R1
=85,37W.
Soma das potências dos resistores: P
R
=131,01W.
Potências das fontes de tensão:
Como a fonte V
f1está com a
correnteI
R1 reversa, ela está na
configuração de consumidora, com
queda de tensão Vd=V
f1, e neste
caso, a sua potência será positiva:
P
Vf1
=V
f1
.I
P
Vf1
=10Vx0,77Aou
P
Vf1
=7,7W.
Como a fonte V
f2está com a corrente I
R3direta, ela está na configuração de fornecedora, com
a elevação de tensão Vr=−V
f2
=−30V, e neste caso, a potência será negativa:
P
Vf2=−V
f2I P
Vf2=(−30V)x4,615Aou P
Vf2=−138,6W.
3

4. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
Potência consumida: 131,01+7,7=138,7W.
Potência fornecida: −138,6W.
Exemplo 2: fazer análise nodal do circuito com uma fonte de tensão e uma de corrente,
independentes e em oposição.
Dados (Fig. 13 - 04):R1=4Ωe R2=3Ω.
•Uma fonte de corrente, ideal e independente:I
f1
=2A.
•Uma fonte de tensão ideal e independente:
V
f1
=5V.
•Um nó V1com referência de “terra”.
•Dois braços com correntes desconhecidas
I
R1
e I
R2.
Vamos considerar que a corrente de 2A, fornecida
por I
f1 é predominante, fazendo com que a
corrente I
R2 vá no sentido V
1
→V
f1, o que
colocará a fonte de tensão como consumidora.
Equações das correntes do nó V
1: I
R1
=
V
1−0
4
I
R2
=
V
1−5
3
.
A corrente da fonte I
f1 entra no nó V1e então a LCK será: −2A+I
R1
+I
R2
=0
−2+
V
1
−0
4
+
V
1
−5
3
=0 m.m.c.=12 3V
1
+4V
1
−20−24=0 7V
1
=44
V
1
=
44
7
V
1
=6,285V.
Cálculo das correntes do nó V
1: I
R1=
6,285
4
ou I
R1
=1,57Ae I
R2=
6,285−5
3
ou
I
R2
=0,428A .
Prova: LCK do nó V1:
−2+I
R1+I
R2=0
−2+1,57+0,428=0.
Balanço de potências (Fig. 13 - 05)
Potência dos resistores: P
R=I
R
2
R.
4

5. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
P
R1=1,57
2
x4ou P
R1
=9,86W.
P
R2=0,428
2
x3 ou P
R2
=0,549W.
Soma das potências dos resistores: P
R1+P
R2=10,41W.
Potência da fonte de tensão: Como a corrente I
R2 é reversa em V
f1, ela está na configuração
de consumidora, neste caso, a potência será positiva P
Vf1
=V
f
I: P
Vf1
=5Vx0,428Aou
P
Vf1
=2,14W.
Potência da fonte de corrente: Como a fonte de corrente está “apontando” do terra para um
potencial mais alto, está na configuração de fornecedora de potência: P
If1
=VrIs onde a
elevação de tensão Vr=−[(V⁺)−(V⁻)]como V
+
=V
1 ,Vr=−[6,285−0]ou
Vr=−6,285V. Então P
If1
=−6,285x2ou P
If1
=−12,57W.
Potência consumida: 10,41W+2,14W=12,55W.
Potência fornecida: 12,57W.
Exemplo 3: fazer análise nodal do circuito com duas fontes de corrente independentes na
configuração de tensão negativa. (Fig. 13 – 06)
Dados: R1=2Ω→G1=0,5S; R2=1Ω→G2=1S; R3=3Ω→G3=0,33S;
•Duas fontes de corrente: I
f1
=15A e I
f2
=60A.
•Dois nós com referência de “terra”: V
1
e V
2
.
•Três braços com correntes desconhecidas:I
R1
, I
R2
eI
R3.
•A estimativa do sentido das correntes será de acordo com esta observação: a fonte de maior
valorI
f2
=60A está impondo uma queda de tensão negativa sobre R
2eR
3, levando
o nó V
2pra uma tensão negativa de valor elevado, com potencial menor do que o nó
V
1, fazendo também com que o terra passe a ter o potencial mais alto do circuito, e
assim, a ordem das tensões será: terra(0V)>V1>V2.
Considerando que o circuito estará sob tensões negativas, as correntes serão algebricamente
negativas.
Para aplicação da Lei de Ohm no cálculo das correntes dos nós, se em vez do valor das resistências
usarmos condutânciasG=
1
R
(mera opção), teremos: I=−(G.Vd)com
Vd=−(V⁺−V⁻), onde V⁺ é o potencial mais alto e V⁻o mais baixo.
5

6. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
Lei de Ohm do nó V
1: I
R1=0,5[−(0−V
1)]ouI
R1
=0,5V
1
A.
I
R2=1[−(V
1−V
2)]ou I
R2
=−V
1
+V
2
A.
LCK do nó V
1: I
R1
+I
S1
−I
R2
=0 0,5V
1+(−15)−(−V
1+V
2)=0
0,5V
1
−15+V
1
−V
2
=01,5V
1
−V
2
=15.
Lei de Ohm do nó V
2
: I
R2=1[−(V
1−V
2)] I
R2
=−V
1
+V
2
A .
I
R3=0,3340[−(0−V
2)] I
R3=0,334(V
2)A.
LCKdo nóV
2: I
R2
+I
R3
−I
S2
=0 (−V
1+V
2)+0,334V
2−(−60)=0
−V
1
+V
2
+0,334V
2
+60=0 −V
1
+V
2
+0,334V
2
=−60 −V
1
+1,333V
2
=−60.
O sistema com as duas equações de duas incógnitas V
1e V
2pode ser resolvido por
manipulação algébrica:
•Multiplicar a expressãoLCK do nó V
2
por 1,5, para eliminar a incógnita V
1:
1,5[−V
1
+1,334V
2
=−60] ou −1,5V
1
+2V
2
=−90.
•Somar com a expressão do nó V
1.
1,5V
1
−V
2
=15
−1,5V
1+2V
2=−90
V
2
=−75
Assim V
2
=−75V.
Substituindo-se o valor deV
2na expressão do nó V
1
, teremos:
−V
1
+1,334V
2
=−60 −V
1
=−60−1,334V
2
V
1
=60+1,334V
2
V
1
=60−100 ou V
1
=−40V.
Conhecidas as tensões dos nós, poderemos calcular as correntes de cada braço com a Lei de Ohm,
utilizando condutâncias :

I
R1
=0,5V
1 I
R1=0,5(−40) ouI
R1
=−20A.
6

7. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
I
R2
=−V
1
+V
2 I
R2=−(−40)+(−75) I
R2
=40−75ou I
R2
=−35A.
I
R3=G
3(V
2) I
R3=0,334(−75) ou I
R3
=−25A.
Balanço das correntes:
LCKdo nó V
1: I
R1
+I
f1
−I
R2
=0−20+(−15)−(−35)=0 ou −20−15+35=0.
LCKdo nó V
2: I
R2
+I
R3
−I
f2
=0−35+(−25)−(−60)=0 ou −35−25+60=0.
Balanço de potências
Potência dos resistores: P
R=I
R
2
R.
P
R1=−20
2
x2 P
R1
=800W.
P
R2=−35
2
x1 P
R2
=1225W.
P
R3=−25
2
x3 P
R1
=1875W.
Soma das potências dos resistores: 3.900W
Potências das fontes de corrente:
I
f1: esta fonte está “apontando” para V
1, com potencial mais baixo do que o terra, portanto
está na configuração de queda de tensão, consumindo energia, e sua potência será positiva:
P
If1=(Vd
If1)I
f1 onde Vd
If1
=V
1ouVd
If1
=−40Ve a potência será:
P
If1=(−40V)(−15A) P
IS1
=600W.
I
f2: esta fonte está “apontando” para um potencial mais alto (┴), portanto está na configuração
de elevadora de tensão, fornecendo energia, e sua potência será negativa: P
If2=(Vr
If2)I
f2onde a
elevação de tensão é Vr
If2
=−V
2 Vr
If2=−(−75V)ou Vr
If2
=75Ve a potência será
P
If2=−(75Vx60A) P
IS2
=−4.500W.
7

8. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
Potência consumida: 3.900+600=4.500W.
Potência fornecida: −4.500W.
Exemplo 4: fazer análise nodal do circuito com duas fontes de corrente independentes.
Configuração com tensão positiva.
Dados (Fig. 13 - 06): R1=10Ω→G1=0,1S R2=4Ω→G2=0,25S
R3=3Ω→G3=0,3334Se R4=5Ω→G4=0,2S.
•Duas fontes de corrente, ideais e independentes: I
f1
=2A e I
f2
=3A.
•Três nós com referência de “terra” V
1, V
2
e V
3
.
•Quatro braços com correntes desconhecidas I
R1
, I
R2
, I
R3 e I
R4.
A estimativa do sentido das correntes será de acordo
com esta observação:
A fonte de corrente I
f2
=3A tem o maior valor
entre as duas, e está “apontando” do terra para o nó
V
3, que estará com a tensão positiva, mais alta do
que os outros nós, enquanto que o potencial menor será
o terra, e assim, a ordem das tensões, será:
V3>V2>V1>terra(0V) .
Lei de Ohm com as condutâncias: I=G.Vdonde
Vd=[(V⁺)−(V⁻)].
Lei de Ohm do nó V
1:I
R1
=0,1V
1 I
R4=0,2(V
3−V
1).
LCKdo nó V
1: I
R1
+I
f1
−I
R4
=0 0,1V
1
+2−0,2V
3
+0,2V
1
=0 ou
0,3V
1
−0,2V
3
=−2.
Lei de Ohm do nó V
2: I
R2
=0,25V
2 I
R3=0,33(V
3−V
2)
LCKdo nó V
2: −I
f1
−I
R3
+I
R2
=0 −2−0,33V
3
+0,33V
2
+0,25V
2
=0 ou
0,58V
2
−0,33V
3
=2.
Lei de Ohm do nó V
3: I
R3=0,33(V
3−V
2) I
R4=0,2(V
3−V
1).
LCKdo nó V
3: −I
f2
+I
R3
+I
R4
=0 −3+0,33V
3
−0,33V
2
+0,2V
3
−0,2V
1
=0 ou
−0,2V
1−0,33V
2+0,53V
3=3.
Temos três equações com três incógnitas e vamos utilizar a Álgebra das Matrizes, Regra de Cramer:
8
G V I
0,30-0,2
*
V1
=
-2I1
00,58-0,33 V2 2 I2
-0,2-0,330,53 V3 3 I3

9. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
Resolver os determinantes:
Calcular as tensões de cada nó:
V
1=
Δ1
Δ
V
1=
0,83
0,03635
V
1
=2,28V.
V
2=
Δ2
Δ
V
2=
0,403
0,03635
V
2=11,09V.
V
3=
Δ3
Δ
V
3=
0,488
0,03635
V
3
=13,425V.
Conhecidas as tensões, vamos calcular
as correntes de cada braço com a Lei de
Ohm: I=
Vd
R
I
R1=
V
1
−0
R
1
I
R1=
2,27
10
I
R1
=0,227A.
I
R2=
V
2
−0
R
2
I
R2=
11,09
4
I
R2
=2,77A.
I
R3
=
(V
3−V
2)
R
3
I
R3=
(13,41−11,09)
3
I
R3
=0,77A.
I
R4
=
(V
3−V
1)
R
4
I
R4
=
(13,41−2,27)
5
I
R4
=2,227A.
Balanço das correntes:
LCKdo nó V
1: I
R1
+I
f1
−I
R4
=0ou 0,227+2−2,227=0.
LCKdo nó V
2:−I
f1
−I
R3
+I
R2
=0ou −2−0,77+2,77=0.
LCKdo nó V
3: −I
f2
+I
R3
+I
R4
=0 ou −3+0,77+2,227=0.
Tensão sobre a fonte de corrente I
f1: esta fonte está entre dois nós com tensões positivas
conhecidas, apontando para um potencial mais alto, então a elevação de tensão sobre os seus
terminais, será: Vr
If1=−[(V
2)−(V
1)]Vr
If1=−[(11,09)−(2,27)]ou Vr
If1
=−8,82V.
9
0,30-0,2
00,58-0,33 0,03635
-0,2-0,330,53
Δ=
-2 0-0,2
20,58-0,33 0,083
3-0,330,53
0,3-2-0,2
0 2-0,33 0,403
-0,230,53
0,30 -2
00,582 0,488
-0,2-0,333
Δ1=
Δ2=
Δ3=

10. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
Tensão sobre a fonte de corrente I
f2: esta fonte está no sentido do terra para o nó V
3com
tensão positiva, e a elevação de tensão sobre os seus terminais, será: Vr
If2=−[(V
3)−(0V)]
Vr
If1=−[(13,41V)−(0V)]ou Vr
If2
=−13,41V.
Potências das fontes de corrente: P
If
=Vr
If
.Is.
Fonte I
f1 está “apontando” para uma tensão maior, fornecendo potência: P
If1=(−8,82)2ou
P
If1=−17,64W.
Fonte I
f2 está “apontando” para uma tensão maior, fornecendo potência: P
IS2=−(13,41)3ou
P
IS2
=−40,23W.
SOMA=−57,87W.
Potência dos resistores: P=I
2
R.
P
R1=(0,227
2
)10ou P
R1
=0,516W.
P
R2=(2,7725
2
)4ou P
R2
=30,75W.
P
R3=(0,773
2
)3ou P
R1
=1,79W.
P
R4=(2,23
2
)5 ou P
R1
=24,86W.
SOMA=57,9W.
Potência consumida: 57,9W.
Potência fornecida: −57,87W.
Análise nodal com fontes dependentes (controladas ou vinculadas) - Na análise nodal com
fontes independentes precisamos atribuir um sentido à corrente de cada braço para compor a
equação da LCK de cada nó. Se no circuito houver uma fonte de tensão controlada, a corrente
do braço onde estiver essa fonte também deverá ser atribuída, e neste caso, essa corrente é
denominada de “corrente essencial”. Da mesma forma, as correntes que servem de controle às
fontes de corrente ou de tensão, também recebem essa denominação. Vejamos os exemplos
seguintes.
Exemplo 5: fazer análise nodal do circuito com uma
fonte de corrente independente e uma fonte de corrente
controlada por corrente FCCC.
Os mesmos resistores e o mesmo arranjo do exemplo 3:
10

11. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
Dados (Fig. 13 - 11): R1=2Ω R2=1Ω R3=3Ω
•uma fonte de corrente independente I
f1
=15A;
•uma fonte de corrente controlada por correnteI
f2
=3I
R1apontando para o terra,
vai provocar uma queda de tensão negativa nos resistores ligados à sua entrada, o que
nos leva a prever que V
2será o potencial mais baixo (negativo).
•Mesmo com a entrada de I
f1 ligada no “terra”, V
1também será negativo,
levado por V
2, e assim, a ordem das quedas de tensão sobre os resistores será:
terra(0V)>V1>V2.
Escrever as expressões das correntes pela Lei de Ohm: I=
Vd
R
. Como as tensões são negativas,
teremos: Vd=−[(V⁺)−(V⁻)]. Lembrar que sob tensão negativa, as correntes também serão
negativas.
Lei de Ohm do nó V
1: I
R1=
−[0−V
1
]
2
ou I
R1=
V
1
2
eI
R2=
−[V
1
−V
2
]
1
ou
I
R2
=−V
1
+V
2.
LCKdo nóV
1:I
R1
+I
f1
−I
R2
=0
V
1
2
+(−15)−(V
2−V
1)=0
V
1
2
−15+V
1−V
2=0
x2 V
1−30+2V
1−2V
2=0ou 3V
1−2V
2=30(13.01).
Lei de Ohm do nó V
2: I
R2
=
−[V
1
−V
2
]
1
ou I
R2
=−V
1
+V
2.
I
R3
=−
0−V
2
3
ou I
R3
=
V
2
3
.
LCKdo nó V
2onde aparece a fonte dependente :I
R2+I
R3−3(I
R1)=0
−V
1
+V
2
+(
V
2
3
)−3(
V
1
2
)=0 (m.m.c.=6)−6V
1
+6V
2
+2V
2
−9V
1
=0ou
−15V
1
+8V
2
=0(13.02).
Vamos resolver o sistema de equações (13.01) e (13.02) com duas incógnitas, utilizando o método
de anular uma incógnita e achar o valor da outra: para anular V
1, basta fazer
[3V
1
−2V
2
=30]∗5 ou [15V
1
−10V
2
=150], e somar as expressões:
11

12. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto

15V
1
−10V
2
=150
−15V
1
+8V
2
=0
−2V
2
=150
V
2=−
150
2
ou V
2
=−75V.
Agora é só substituir na expressão do nó V
2 (13.02), para acharmos o valor de V
1.
−15V
1
+8V
2
=0 −15V
1+8(−75)=0 −15V
1
−600=0 −15V
1
=600
V
1=−
600
15
V
1
=−40V.
Como as tensões são idênticas às do exemplo 3, o restante será o mesmo daquele exemplo.
Exemplo 6: fazer análise nodal do circuito com uma fonte de corrente independente e uma de
corrente controlada por tensão FCCT.
Dados: R1=2Ω R2=1Ω R3=3Ω e R4=4Ω.
I
f1
=15A e I
S2
=VdR4
As duas fontes de corrente vão provocar queda de
tensão positiva nos resistores ligados nas suas
saídas, e a tensão do nó V
1 deverá ser mais alta
do que V
2, pois a maior parcela da corrente de
I
f1
=15Aestará sobre o resistor R
1
=2Ω. A
ordem das quedas de tensão sobre os resistores será:
V1>V2>terra(0V).
Lei de Ohm utilizando os valores das resistências:
I=
Vd
R
onde Vd=[(V⁺)−(V⁻)].
12

13. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
Lei de Ohm do nó V
1: I
R1
=
V
1
−0
2
ou I
R1
=
V
1
2
e I
R2
=
V
1
−V
2
1
ou
I
R2
=V
1
−V
2 e I
R4
=
V
1
−V
2
4
.
LCKdo nó V
1:I
R1
+I
R2
+I
R4
−I
f1
=0
V
1
2
+V
1
−V
2
+
V
1
−V
2
4
−15=0(m.m.c.=8)
4V
1
+8V
1
−8V
2
+2V
1
−2V
2
−120=0 14V
1
−10V
2
=120.
Lei de Ohm do nó V
2: I
R2
=V
1
−V
2 I
R3
=
V
2
3
e I
R4
=
V
1−V
2
4
.
LCKdo nó V
2 I
R2
+I
R4
+I
f2
−I
R3
=0onde a fonte dependente I
f2
=Vd
R4
=V
1
−V
2:
V
1−V
2+
V
1
−V
2
4
+V
1−V
2−
V
2
3
=0 (m.m.c.=12)
12V
1
−12V
2
+3V
1
−3V
2
+12V
1
−12V
2
−4V
2
=0 ou 27V
1
−31V
2
=0.
Resolver o sistema de equações por matrizes:
Calcular as tensões de cada nó:
V
1
=
Δ1
Δ
V
1
=
−3720
−164
V
1
=22,683V.
V
2=
Δ2
Δ
V
2=
−3240
−164
V
2
=19,756V.
Conhecidas as tensões dos nós, podemos calcular as correntes de cada braço com a Lei de Ohm:
I=
Vd
R
I
R1
=
V
1
2
I
R1
=
22,683
2
ou I
R1
=11,34A.
I
R2
=V
1
−V
2 I
R2
=22,68929−19,7561
ou I
R2
=2,9268A.
I
R3
=
V
2
3
I
R3=
19,7561
3
I
R3
=6,5853A
I
R4
=
V
1
−V
2
4
I
R4=
2,9268
4

I
R4
=0,7317A.
Balanço das correntes:
LCKdo nó V
1: I
R1
+I
R2
+I
R4
−I
f1
=0 11,34+2,9268+0,7317−15=0.
13
14-10 -164
27-31
Δ=
120-10
0 -31 -3720Δ1=
14120
27 0 -3240Δ2=

14. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
LCKdo nó V
2: I
R2
+I
R4
+I
f2
−I
R3
=0 2,9268+0,7317+15=0.
Exemplo 7: fazer análise nodal do
circuito com uma fonte de corrente
independente e uma de tensão
controlada por corrente FTCC.
Dados: R
1
=4Ω→G1=0,25S
R2=6Ω→G2=0,166S
R4=8Ω→G4=0,125S
R5=2Ω→G5=0,5S
Fontes: I
f1
=20A e V
f1
=2I
1.
Como a fonte de corrente I
f1
=20A está com a entrada conectada no “terra”, vai provocar
queda de tensão positiva nos resistores conectados na sua saída, e o nó V
1terá a tensão mais alta,
e a ordem das quedas de tensão sobre os resistores será: V1>V2>V
3>terra(0V).
Nos cinco braços com correntes desconhecidas, duas são correntes essenciais: I
3, que passa
pela fonte de tensão V
f2
, e I
1, que é o parâmetro de controle da fonte de tensão dependente
V
f1.
Teremos quatro incógnitas: os nós V
1, V
2 eV
3
, e a fonte controlada V
S1, portanto,
precisaremos de quatro expressões para compor o sistema de equações (4x4).
Lei de Ohm utilizando os valores das resistências: I=
Vd
R
onde Vd=[(V⁺)−(V⁻)].
Lei de Ohm do nó V
1: I
1
=
V
1
−V
2
4
e I
5
=
V
1
−V
3
2
.
LCKdo nó V
1: I
1
+I
5
−I
f1
=0 [
V
1
−V
2
4]
+[
V
1
−V
3
2]
=20 m.m.c.=8
2V
1
−2V
2
+4V
1
−4V
3
=160 6V
1
−2V
2
−4V
3
=160.
Lei de Ohm do nó V
2: −I
1
=−[
V
1
−V
2
4]
e I
2
=
V
2
6
.
LCK do nó V
2:−I
1
−I
3
+I
2
=0
−V
1+V
2
4
−I
3
+
V
2
6
=0 m.m.c.=24
−6V
1
+6V
2
−24I
3
+4V
2
=0 −6V
1
+10V
2
−24I
3
=0.
Lei de Ohm do nó V
3: I
4
=
V
3
8
e −I
5
=−[
V
1−V
3
2]
.
14

15. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
LCK do nó V
3: I
3
+I
4
−i
5
=0 I
3
+
V
3
8
−[
V
1
−V
3
2]
m.m.c.=16
16I
3
+2V
3
−8V
1
+8V
3
=0 −8V
1
+10V
3
+16I
3
=0.
Equação da fonte de tensão controlada por corrente V
S1, no braço 3: V
2−V
3=2(I
1)
V
2−V
3−2(I
1)=0V
2
−V
3
−2[
V
1
−V
2
4
]=0m.m.c.=44V
2
−4V
3
−2V
1
+2V
2
=0
−2V
1
+6V
2
−4V
3
=0.
Resolvendo por Matrizes:

V
1=
Δ1
Δ
V
1=
333120
3584
ouV
1
=92,946V.
V
2=
Δ2
Δ
V
2=
261120
3584
ouV
2
=72,857V.
V
3=
Δ3
Δ
V
3=
225280
3584
ouV
3
=62,857V.
Corrente essencial, através da fonte dependente: I
3=
Δ4
Δ
I
3=
25600
3584
I
3
=7,14A.
Conhecidas as tensões dos nós, com a Lei de Ohm podemos calcular as correntes de cada braço com
resistor: I=
Vd
R
I
1
=
V
1
−V
2
R
1
I
1=
92,946−72,857
4
I
1=
20,089
4
ou I
1
=5A.
I
2
=
V
2
R
2
I
2
=
72,857
6
ou I
2
=12,14A. I
4
=
V
3
R
4
I
4
=
62,857
8
ou I
4
=7,857A.
I
5
=
V
1
−V
3
R
5
I
5=
92,946−62,857
2
I
5=
30
2
I
5
=15A.
15
V1 V2 V3I3
6 -2 -40
-6 10 0-24 3584
-8 0 1016
-2 6 -40
Δ
160 -2 -40
0 10 0-24 333120
0 0 1016
-2 6 -40
Δ1
6 160 -40
-6 0 0-24 261120
-8 0 1016
-2 0 -40
Δ2
6 -21600
-6 10 0-24 225280
-8 0 0 16
-2 6 0 0
Δ3
6 -2 -4160
-6 10 0 0 25600
-8 0 10 0
-2 6 -40
Δ4

16. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
Balanço das correntes:
LCKdo nó V
1: i
1
+I
5
−I
f1
=05+15−20=0A
LCKdo nó V
2: −I
1−I
3+I
2=0−5−(7,14)+12,14=0
LCK do nó V
3: I
3
−I
5
+I
4
=0 7,14−15+7,86=0
Tensões sobre as fontes:
A fonte de corrente está como fornecedora e a elevação de tensão nos seus terminais, é:
Vr=−[(V⁺)−(V⁻)]Vr=−[(V
1)−0V] ou Vr=−92,86V.
A fonte de tensão controlada está como fornecedora e a sua elevação de tensão, é:
Vr=−[(V⁺)−(V⁻)] Vr=−[72,86−62,86] ou Vr=−10V.
Balanço das potências:
Potência da fonte de corrente P
If1
=VrI
f: P
If1
=−92,86x20ouP
If1
=−1.857,2W.
Potência da fonte de tensão P
Vf1
=VrI
3:P
Vf1
=−10x7,14ou P
Vf1
=−71,4W.
Potência dos resistores P
R=I
2
R:P
R1=(5
2
)4=100W, P
R2=(12,14
2
)6=884,277W
P
R4=(7,86
2
)8=494WeP
R5=(15
2
)2=450W.
Potência fornecida: −1.928,6W.
Potência consumida:1.928,57W.
Exemplo 8: fazer análise nodal do circuito com uma fonte de corrente independente e uma
FTCT , com a tensão de controle na mesma malha.
DADOS:
R
1
=6Ω R
3
=8ΩR
4
=4Ω R
5
=5Ω I
S1
=8A e V
S1
=5.V
R4que é a FTCT.
16

17. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
Pontos importantes a observar (fig. 13 – 17):
•Cinco braços com correntes desconhecidas, das quais I
2 é a corrente essencial que passa
porV
f1.
•Três nós essenciais: V
1, V
2e V
3. Serão necessárias três equações para definição
das correntes de nó.
•A FTCT é quem vai determinar as tensões nos três nós.
•Como a tensão de controle de V
f1 está na própria malha da fonte, haverá uma
interdependência, que vai interferir no seu comportamento.
•A fonte V
f1 está teoricamente na configuração de elevadora de tensão, o que poderia
colocar o nóV
2 positivo.
•A saída de uma fonte de corrente, não submetida a uma corrente reversa, sempre estará sob
uma tensão mais alta do que a entrada conectada ao terra, portanto o nóV
1 será positivo
e com a tensão mais alta dos tês nós.
•Para aplicar a LCK, vamos considerar que a corrente I
2, que passa porV
f1, esteja
no sentido terra(0V)→V
2.
•Com estas observações vamos prever que a ordem das quedas de tensão sobre os resistores
será: V
1>V
2>V
3>terra(0V).
Lei de Ohm do nó V
1: I
1
=
V
1−V
2
6
e I
5
=
V
1−V
3
5
.
LCK do nó V
1: I
1
+I
5
−8=0ou I
1
+I
5
=8.
V
1
−V
2
6
+
V
1
−V
3
5
=8m.m.c.=305V
1
−5V
2
+6V
1
−6V
3
=240
11V
1
−5V
2
−6V
3
=240.
Equação da fonte dependente: como a
corrente essencial I
2 não pode ser
definida pela Lei de Ohm, haja vista
não termos o valor da resistência da
fonte de tensão dependente, é
preferível utilizar a expressão de
controle da fonte: V
f1=5(V
R4).
ComoV
f1
=V
2 e V
R4
=V
3
teremos: V
2=5(V
3)ou
V
2
−5V
3
=0.
17

18. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
Lei de Ohm do nó V
3: −I
5
=
−V
1
+V
2
6
−i
3
=
−V
2
+V
3
8
i
4
=
V
3
4
.
LCK do nó V
3: −I
5−I
3+I
4=0 −(
V
1
−V
3
5
)−(
V
2
−V
3
8
)+
V
3
4
=0 m.m.c.=40
−8V
1
+8V
3
−5V
2
+5V
3
+10V
3
=0−8V
1
−5V
2
+23V
3
=0.
Calcular as tensões de nó, por matrizes:


V
1=
Δ
1
Δ
V
1
=
−480
−270
ou V
1
=1,77V. V
2=
Δ
2
Δ
V
2
=
9600
−270
ou V
2
=−35,56V.
V
3=
Δ
3
Δ
V
3=
1920
−270
ouV
3
=−7,11V.
•Nó V
1
=1,77V confirmando a observação inicial.
•Nó V
2
=−35,56V diferente da observação inicial, a tensão deste nó ficou negativa por
consequência da tensão de controle V
3
=−7,11V.
•Nó V
3
=−7,11VEste é o resultado da interdependência entre a fonte controlada e a
tensão de controle, dentro da mesma malha (*).
Agora podemos verificar que a ordem das quedas de tensão sobre os resistores modificou para:
V
1>terra(0V)>V
3>V
2, isso porque, quanto mais negativa a tensão CC convencional, menor o
seu potencial. Esta situação vai alterar o sentido das correntes dos nós V
2e V
3:
LCK do nóV
2: −I
1
−I
3
+I
2
=0 de onde tiramos a equação de I
2 , que passa pela
fonte de tensão: −I
1
−I
3
=−I
2ou I
2
=I
1
+I
3.
LCK do nóV
3: −I
5
−I
4
+I
3
=0.
Calcular as quedas de tensão dos braços resistivos pela diferença entre as tensões nos seus
terminais:Vd=[(+V)−(−V)]
Vd
R1=V
1−V
2Vd
R1=1,78−(−35,56)ou Vd
R1=37,34V.
Vd
R3
=V
2
−V
3 Vd
R3=−35,56−(−7,11) Vd
R3
=28,45V.
Vd
R4=0V−V
3 Vd
R4=0−(−7,11) Vd
R4=7,11V.
18
11 -5 -6
0 1 -5D= -270
-8 -5 23
240 -5 -6
0 1 -5 -480
0 -5 23
D1=
11240 -6
0 0 -5 9600
-8 0 23
D2=
11 -5240
0 1 0 1920
-8 -5 0
D3=

19. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
Vd
R5
=V
1
−V
3 Vd
R5=1,78−(−7,11)ou Vd
R5
=8,89V.
Cálculo das correntes nos
resistores, pela Lei de Ohm:
I
n
=
Vd
Rn
R
n

I
1=
37,34
6
ou
I
1=6,2233A
I
3=
28,45
8
ou
I
3
=3,556A.
I
4=
7,11
4
ouI
4
=1,78A. I
5=
8,89
5
I
5
=1,78A.
Cálculo a corrente I
2, que passa pela fonte de tensão, com a equação da LCK do nó V
2:
I
2
=I
1
+I
3 I
2
=6,223+3,556I
2
=9,78A.
(*) Análise do comportamento da FTCT:
A equação da fonte controladaV
f1
=αV
Xcomα>1 significa uma amplificação da tensão de
entrada V
saída
>V
entrada.
Como a tensão de entrada (ou controle) é negativa V
3
=−7,11V, a tensão de saída será
negativa, proporcional ao ganho
V
f1=5∗(−7,11)ou
V
f1
=−35,56V.
Quando ocorre uma situação desta,
a corrente através da fonte deverá
ser reversa, provocando uma
“elevação de tensão positiva”
Vr=35,56V no sentido
−V
2→terra(0V), e assim, a
fonte continua configurada como
fornecedora de potência.
Se, ao invés de uma FTCT,
colocássemos uma fonte de tensão
independente para termos os mesmos valores de tensão e corrente em todo o circuito, essa fonte
deveria ficar com polaridade invertida, conforme fig. 13 – 19, para que a corrente I
2 flua do
potencial menor V
2 para o maior (terra). A tensão de controle V
3
=−7,11V só ocorre por
19

20. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
causa da fonte de tensão invertida, e assim fica clara a interação entre a FTCT e a tensão de
controle, dentro da mesma malha.
SUPER NÓ
Se numa malha houver um braço contendo uma fonte de tensão, dependente ou independente, com
seus terminais sem referência para o potencial de terra, os seus dois nós terão tensões diferentes,
mas são considerados “um nó único”, denominado de “super nó”, e assim, essa fonte de tensão e
eventuais braços paralelos não serão considerados para a aplicação da LCKna malha.
Super nó exemplo 1
Pontos importantes no circuito da fig. 13 – 20:
•Os nós V
1 e V
2 são os terminais da fonte de tensão V
f1 , que estão sem referência
de terra, por isso podem ser juntados num “super nó”.
•A fonte de corrente I
f2 está apontando
para o “terra” e vai provocar uma queda de
tensão negativa em R
3, levando o nó
V
2para uma tensão e corrente
negativas.
•Com isso, o “terra” passa a ser o potencial
mais alto (+)ou menos negativo do
circuito.
•Seguindo a direção da corrente de I
f2 a
fonte de tensão V
f1está configurada
para elevação do valor absoluto da tensão,
fazendo com que o nó V
1 seja mais negativo do que o nó V
2.
•A fonte de corrente I
f1 está como consumidora, pois sua saída aponta para uma tensão
negativa em relação ao “terra”, e sobre ela haverá uma queda de tensão negativa −Vd
If1.
•Para a aplicação da LTK, o sentido das quedas de tensão sobre os resistores será:
terra(0V)>V
2>V
1.
•Num circuito com corrente convencional, mas com tensão negativa, o sinal algébrico da
corrente será negativo, portanto, a queda de tensão também será negativa Vd=(−I)Rou
Vd=−[(V⁺)−(V⁻)]e a elevação de tensão será positiva Vr=V
f1 ou
Vr=[(V⁺)−(V⁻)].
Resolvendo as correntes do Super nó (fig. 13 - 21)
Lei de Ohm para as correntes, em função das resistências: I
1
=
V
1
3
e I
3
=
V
2
6
.
LCKdo super nó:−I
1
−5+8−I
3
=0 −I
1
+3−I
3
=0 ou −I
1
−I
3
=−3
[
V
1
3]
+[
V
2
6]
=−3mmc=6 [
2V
1
6]
+[
V
2
6]
=−
18
6
ou 2V
1+V
2=−18(13.03)
20

21. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
Aplicar a LTK (fig. 13 – 22) na malha do “super
nó”, seguindo a corrente nos resistores e
considerando que a elevação de tensão provocada
pela fonte será positiva Vr=V
SouVr=3V
teremos: V
1
+3−V
2
=0ou V
1
=V
2
−3
(13.04)
Para acharmos o valor de V
2 vamos substituir
(13.04) em (13.03) : 2(V
2−3)+V
2=−18 2V
2
−6+V
2
=−18 3V
2
−6=−18
3V
2
=−18+6V
2
=−
12
3
ou V
2
=−4V(13.05).
Para acharmos o valor de V
1 vamos substituir (13.05) em (13.04) : V
1
=−4−3ou
V
1
=−7V(13.06).
Agora que temos as tensões V
1 e V
2, vamos
calcular as correntes nos braços com resistores (Fig.
13 - 23), inclusive do resistor R
2
=5Ω, em
paralelo com a fonte de tensão, que foram
suprimidos na aplicação da LCK do “super nó”.
As correntes serão negativas pois estão entre
potenciais negativos: terra(0V)>V
2>V
1
Lei de Ohm: I
1
=
−V
1
3
I
1=
−7
3
I
1
=−2,33A.
I
2
=
(V
1−V
2)
5
I
2=
−3
5
ou
I
2
=−0,6A.
I
3
=
V
2
6
I
3=
−4
6
I
3
=−0,66A.
Corrente total entrando no nó V
1:
I
V1
=−I
f1
−I
1
−I
2
I
V1
=−5−2,33−0,6ou
I
V1
=−7,93A.
21

22. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
Corrente total do nó V
2: I
V2
=I
f2
+I
2
−I
3 I
V2
=8+0,6−0,66ou I
V2
=7,93A.
A corrente nos dois nós têm o mesmo valor absoluto, e é também a corrente através da fonte de
tensão V
f1.
Balanço das potências:
Potências dos elementos dissipativos: P=I²R
P
R1=(2,3334)²x3ou P
R1
=16,334W.
P
R2=(0,6)²x5ouP
R2
=1,8W.
P
R3=(0,66)²x6ouP
R3
=2,666W.
Soma das potências dissipadas nos resistores: P
RESISTORES
=20,79W.
Potência da fonte de tensão V
f1: a corrente do “super nó” está no sentido do menor para o
maior potencial (−7V)→(−4V), por isso a fonte está na condição de fornecedora, com uma
elevação de tensão positiva Vr=V
S ou Vr=3Ve a potência será P
Vf1=(Vf1)(−I
Vf1)
P
Vf1=3(−7,93)ou P
Vf1=−23,79W.
Potências das fontes de corrente:
A fonte de corrente I
f2está na condição de fornecedora, pois está “apontando” para uma tensão
mais alta (−4V)→terra(0V), portanto, no sentido de uma elevação de tensão positiva
Vr=[(V⁺)−(V⁻)]Vr=0V−(−4V)ouVr=4Ve a potência fornecida será:
P
If2=Vr(−If2) P
If2=4V(−8A)ou P
If2
=−32W.
A fonte de corrente I
f1 está “apontando” para uma tensão mais baixa terra(0V)→(–7V),
portanto, na configuração de consumidora, com uma queda de tensão negativa
Vd=−[(V⁺)−(V⁻)]Vd=−[(0V)−(−7V)]ou Vd
If1
=−7V e a potência consumida
será:
P
If1=−Vd
If1(−5A) P
If1=(−7V)(−5A) ou P
If1
=35W.
Soma dos valores das potências fornecidas: P
FORN
=−55,79W.
Soma dos valores das potências consumidas: P
CONS
=55,79W.

22

23. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
Super nó exemplo 2
Dados (Fig. 13 - 24)
Resistores:R
1
=2Ω R
2
=6Ω R
3
=3Ω R
4
=4Ωe R
5
=6Ω .
Fontes: V
f1
=12V I
f1
=2A e I
f2
=3A.
O circuito redesenhado mostra que os nós V
1 e V
3não têm “ referencial de terra”.
As duas fontes de corrente vão impor quedas de tensão positivas nos seus respectivos resistores de
carga, portanto a corrente do circuito será algebricamente positiva.
A aplicação da LTK(Fig. 13 – 25) nos dará: −V
3
−12+V
1
=0 ou V
1
=V
3
+12 (13.07) .
A expressão (13.07) permitirá que tenhamos uma equação a menos no sistema de equações para
calcular as outras tensões, pois basta substituir V
1
nas equações das correntes dos nós.
•As correntes serão as mesmas em V
1e V
3, por isso podem formar um “super nó” para
aplicação da LCK(Fig. 13 - 26), mesmo com o nó intermediário V
2.
23

24. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
LCK para o “super nó” V
1 e V
3: I
1
+I
2
+I
3
−3A=0ou I
1
+I
2
+I
3
=3A.
Lei de Ohm das correntes do “super nó”:
I
1
=
(V
1−V
4)
2
I
2
=
(V
1−V
2)
6
I
3
=
(V
3−V
2)
3
.
Equação das correntes do “super nó” :
(V
1−V
4)
2
+
(V
1−V
2)
6
+
(V
3−V
2)
3
=3 mmc=6
3V
1
−3V
4
+V
1
−V
2
+2V
3
−2V
2
=18 4V
1
−3V
2
+2V
3
−3V
4
=18substituir V1 por
(13.07).
4(V
3+12)−3V
2+2V
3−3V
4=18 4V
3
+48−3V
2
+2V
3
−3V
4
=18
−3V
2
+6V
3
−3V
4
=18−48ou “super nó” −3V
2
+6V
3
−3V
4
=−30.
LCK para o nó V
2: I
2
+I
4
+I
3
=0.
Lei de Ohm para correntes: I
2=
(V
2−V
1)
6
I
4
=
V
2
4
I
3=
(V
2−V
3)
3
.
Equação das correntes para o nó V
2
:
(V
2−V
1)
6
+
V
2
4
+
(V
2−V
3)
3
=0 mmc=12
2V
2
−2V
1
+3V
2
+4V
2
−4V
3
=0−2V
1
+9V
2
−4V
3
=0substituir V
1
por (13.07)
−2(V
3+12)+9V
2−4V
3=0−2V
3
−24+9V
2
−4V
3
=0ou V
2 9V
2
−6V
3
=24.
LCK para o nó V
4: I
1
+I
5
=2.
Lei de Ohm para correntes: I
1=
(V
4−V
1)
2
I
5=
V
4
6
.
24

25. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
Equação das correntes do nó V
4 :
(V
4−V
1)
2
+
V
4
6
=2 mmc=6
3V
4
−3V
1
+V
4
=12 −3V
1
+4V
4
=12 substituir V
1
por (13.07)
−3(V
3+12)+4V
4=12 −3V
3
−36+4V
4
=12 −3V
3
+4V
4
=12+36ou V
4
−3V
3
+4V
4
=48.
Resolver o sistema de equações com matrizes pela regra de Cramer:
V
2=
Δ2
Δ
V
2=
−504
−63
ou V
2
=8V. V
3=
Δ3
Δ
V
3=
−504
−63
ou V
3
=8V.
V
4=
Δ4
Δ
V
4=
−1.134
−63
ouV
4
=18V. V
1
=V
3
+12VV
1
=8V+12Vou
V
1=20V.
Correntes: I
1
=
(V
1−V
4)
2
I
1=
(20−18)
2
I
1=
2
2
ou I
1
=1A. I
2=
(V
1−V
2)
6
I
2
=
(20−8)
6
I
2=
12
6
ou I
2
=2A. I
3=
(V
3−V
2)
3
I
3
=
(8−8)
3
ou I
3
=0A.
I
4
=
V
2
4
I
4=
8
4
ou I
4=2Ae I
5
=
V
4
6
I
5=
18
6
ou I
5=3A.
Corrente no nó V
1: I
V1
=I
1
+I
2 I
V1
=1+2ou I
V1
=3A.
Corrente no nó V
3: I
V3
=−I
S2
+I
3 I
V3
=−3A+0AouI
V3
=−3A.
(Fig. 13 – 27) A corrente nos dois nós têm o mesmo valor absoluto, e é também a corrente através
da fonte de tensão I
Vf1
=3A(13.08).
Potências:
P
R1=I
R1²(R
1) P
R1
=1²x2ou P
R1
=2W.
25
MATRIZ PRINCIPAL
-3 6 -3 Δ
9 -6 0 -63
0 -3 4
MATRIZ V2
-30 6 -3
24 -6 0 -504
48 -3 4
Δ2
MATRIZ V3
-3 -30 -3
9 24 0 -504
0 48 4
Δ3
MATRIZ V4
-3 6 -30
9 -6 24 -1134
0 -3 48
Δ4

26. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
P
R2=I
R2²(R
2) P
R2
=2²x6ou P
R2
=24W.
P
R3=I
R3²(R
3) P
R3
=0²x3 ou P
R3
=0W.
P
R4=I
R4²(R
4) P
R4
=2²x4 ou P
R4
=16W.
P
R5=I
R5²(R
5) P
R5=3²x6 ou P
R5=54W.
Fonte de corrente I
f1: Elevação de tensão Vr
If1=−[(V⁺)−(V⁻)] Vr
If1=−[(18)−(0)] ou
Vr
If1
=−18Ve a potência será P
If1=−Vr(I
f1) P
If1
=−18x2ou P
If1
=−36W.
Fonte de corrente I
f2: Elevação de tensão Vr
If2=−[(V⁺)−(V⁻)] Vr
If2=−[(8)−(0)]ou
Vr
If2
=−8Ve a potência será P
If2=−Vr(I
S) P
If1
=−8x3ou P
If1
=−24W.
Fonte de tensão V
f1: Elevação de tensão Vr=−V
fouVr=−12Ve a potência, será
P
Vf1=−Vr(I
Vf1)P
Vf1=−12V(3A) ou P
Vf1
=−36W.
Potência fornecida: P
forn.
=−96W.
Potência consumida: P
cons.
=96W.
EXEMPLO DE SUPER NÓ COM FONTE DE TENSÃO CONTROLADA
O circuito dado tem cinco nós essenciais, exceto o nó de terra:
•Dois com tensões conhecidas com referencial de terra: V
3
=−5V e V
4
=−3V.
•Dois com tensões desconhecidas, nos terminais da fonte de tensão controlada, sem
referencial de terra, e que vão formar o super nó: V
1 e V
2.
•Um com tensão desconhecida e sem referencial de terra V
5.
Nota: As tensões e as correntes deste circuitos são negativas, o que requer atenção para a
aplicação de LCK, LTK, e dos conceitos de elevação e queda de tensão, necessários para o
cálculo das correntes e das potências.
26

27. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
O valor da tensão da fonte V
f1, entre os nós V
1 e V
2, será dependente do valor de I
R4.
O resistor R
4está submetido a −3Vno nó V
4, proveniente da fonte de tensão V
S2, e a
corrente de I
f1
=−2A , entrando através do nó V
2, provocará uma queda de tensão negativa
de V
2
→V
4, indicando queV
2terá uma tensão “menos negativa” do que V
4.
A expressão da corrente I
R4será: I
R4
=
(Vd
R4)
3
onde
Vd
R4=−[(V⁺)−(V⁻)]sendo (V⁺)=V
2 e
(V⁻)=V
4, então Vd
R4=−[(V
2)−(V
4)], como
V
4
=−3V, teremos: Vd
R4=−[(V
2)−(−3)]
Vd
R4
=−[V
2
+3] ou Vd
R4
=−V
2
−3e então
I
R4=
(−V
2−3)
3
I
R4
=
(−V
2)
3
−1(13.09)
Atribuindo-se a condição de super nó para V
1 e V
2,
com tensões negativas, e seguindo o sentido da corrente, a
queda de tensão sobre V
S3será a diferença:
Vd
S3=−[(V⁺)−(V⁻)] Vd
S3
=−[V
2
−V
1
]ou
Vd
S3
=−V
2
+V
1 , então V
2
=V
1
−Vd
S3(13.10).
Como o parâmetro de controle dessa fonte é I
R4, a expressão (13.10) pode ser escrita como:
V
2
=V
1
−I
R4(13.11): V
2
=V
1
−{
(−V
2)
3
−1}
ou V
2
=V
1
+
(V
2)
3
+1m.m.c.=3
3V
2
=3V
1
+V
2
+3ou2V
2
−3V
1
=3(13.12).
Lei de Ohm para as outras correntes desconhecidas, sendo
V
3
=−5V, V
4
=−3Ve as correntes nos resistores
I
R
=
Vd
R
R
onde Vd
R=−[(V⁺)−(V⁻)]:
I
R1
=
Vd
R1
R
1
Vd
R1=−[(V
1)−(V
3)].
Vd
R1=−[V
1−(−5)]ou Vd
R1
=−V
1
−5, então
I
R1
=
−V
1
−5
5
ou I
R1
=−[
V
1
5]
−1.
27

28. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
I
R2
=
Vd
R2
R
2
comoVd
R2=−[(V
1)−(V
5)] Vd
R2
=−V
1
+V
5, teremos I
R2
=
−V
1
+V
5
2
.
I
R3=
Vd
R3
R
3
comoVd
R3=−[(V
5)−(V
3)]Vd
R3=−[(V
5)−(−5)]Vd
R3
=−V
5
−5, teremos
I
R3
=−V
5
−5.
I
R4
=
Vd
R4
R
4
comoVd
R4=−[(V
2)−(V
3)]Vd
R4=−[V
2−(−3)]Vd
R4
=−V
2
−3, teremos
I
R4
=
−V
2
−3
3
ou I
R4
=
−V
2
3
−1.
LCK do super nó para correntes negativas: −I
R1
−I
R2
−I
R4
+I
f1
=0
−I
R1−I
R2−I
R4+(−2)=0 −[
−V
1
5
−1]
−[
−V
1
+V
5
2]
−[
−V
2
3
−1]
−2=0
[
V
1
5
+1]
+[
V
1
−V
5
2]
+[
V
2
3
+1]
−2=0(m.m.c. = 30)
6V
1
+30+15V
1
−15V
5
+10V
2
+30−60=0 ou 21V
1
+10V
2
−15V
5
=0(13.13).
Para diminuir o número de incógnitas, separar o valor deV
1na expressão (13.12):
2V
2
−3V
1
=3 −3V
1
=3–2V
2 −V
1=
3–2V
2
3
−V
1=
–2V
2
3
+1 ou
V
1=
2
3
V
2−1(13.14) e substituir na expressão (13.13): 21(
2
3
V
2−1)+10V
2−15V
5=0

42
3
V
2−21+10V
2−15V
5=0 (x 3) 42V
2
−63+30V
2
−45V
5
=0
72V
2
−63−45V
5
=0 (dividir por 9) e finalmente a equação do super nó, em termos das tensões
V
2 e V
5, será: 8V
2
−5V
5
=7 (13.15).
LCKdo nó V
5, que não tem referência de terra:
I
R2
−I
R3
−I
f2
=0 I
R2−I
R3−(−1)=0 I
R2
−I
R3
+1=0ou I
R2
−I
R3
=−1
Sendo I
R2
=
−V
1+V
5
2
e I
R3
=−V
5
−5

−V
1
+V
5
2
−[−V
5
−5]=−1
−V
1
+V
5
2
+V
5
+5=−1 x2 −V
1
+V
5
+2V
5
+10=−2
−V
1
+3V
5
=−12(13.16) onde V
5=−4+
V
1
3
.
28

29. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
Substituindo V
1 de (13.16) pela expressão (13.14) , teremos:−(
2
3
V
2
−1)+3V
5
=−12
(−
2
3
V
2
+1)+3V
5
=−12 (x 3) −2V
2
+9V
5
=−36−3e finalmente a equação do nó V
5,
em termos das tensões V
2 e V
5, será: −2V
2
+9V
5
=−39(13.17).
Agora temos um sistema de equações com duas incógnitas (V
2eV
5) onde podemos achar o
valor de V
5, eliminando V
2, e em seguida achar todas as tensões desconhecidas:
(13.15)8V
2
−5V
5
=7
(13.17)−2V
2
+9V
5
=−39 multiplicando por 4 : −8V
2
+36V
5
=−156
8V
2−5V
5=7
−8V
2
+36V
5
=−156
31V
5
=−149
onde V
5
=−
149
31
ou V
5
=−4,81V . Substituindo esse
valor na expressão (13.15): 8V
2−[5(−4,81)]=7 8V
2
+24=7 8V
2
=7−24
8V
2
=−17 V
2
=−
17
8
ou V
2
=−2,125V. Substituindo esse valor na expressão (13.14):
V
1
=[
2
3
(−2,125)]
−1 V
1=−
4,25
3
−1 V
1
=−1,416−1ou V
1
=−2,416V.
Agora, com todas as tensões conhecidas, poderemos definir todas as correntes desconhecidas, as
quedas de tensão sobre os resistores e suas respectivas potências, a queda de tensão sobre a fonte
dependente, e as potências de todas as fontes.
Corrente, queda de tensão e potência dos resistores:
Resistor R
1: I
R1
=−[
V
1
5]
−1 I
R1
=−[
(−2,416)
5]
−1 I
R1
=[0,483]−1ou
I
R1
=−0,516A.
Queda de tensão: Vd
R1=(−0,516A)(5Ω)ou Vd
R1
=−2,58V.
Potência: P
R1=(−2,58)(−0,516)ou P
R1
=1,33W.
Resistor R
2: I
R2=
−V
1
+V
5
2
I
R2=
−(−2,42)+(−4,81)
2
I
R2
=
2,42−4,81
2
I
R2
=
−2,39
2
ouI
R2
=−1,195A.
Queda de tensão: Vd
R2
=−1,195x2ou Vd
R2
=−2,39V.
Potência: P
R2=(−2,39)(−1,195)ou P
R2
=2,85W.
Resistor R
3 : I
R3
=−V
5
−5I
R3=−(−4,81)−5ou I
R3
=−0,19A.
29

30. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
Queda de tensão: Vd
R3
=−0,19x1ou Vd
R3
=−0,19V.
Potência: P
R3=(−0,19)(−0,19)ou P
R3
=0,036W.
Resistor R
4 :I
R4
=
−V
2
3
−1 I
R4
=
−(−2,13)
3
−1 I
R4
=
2,13
3
−1I
R4
=0,71−1ou
I
R4
=−0,29A.
Queda de tensão: Vd
R4
=−0,29x3ou Vd
R4
=−0,87V.
Potência: P
R4=(−0,29)(−0,87) ouP
R4
=0,25W.
Soma das potências dos resistores: P
RESISTORES
=4,466W.
Queda de tensão e corrente da fonte dependente V
f3
Queda de tensão sobre a fonte dependente Vd
Vf3
=−V
2
+V
1
Vd
Vf3=−(−2,125V)+(−2,416V)ouVd
Vf3
=2,125−2,416 Vd
Vf3
=−0,29V.
Através dessa fonte passa a corrente do super nó, portanto a mesma corrente do nó V
1:
I
V1=I
Vf3=−2A−(−0,29)ou I
Vf3
=−1,71A.
Correntes nas fontes de tensão:
Corrente na fonte V
f1: I
Vf1
=I
R1
+I
R3 I
Vf1
=−0,516−0,193 ou I
Vf1
=−0,709A.
30

31. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
Corrente na fonte V
f2: I
Vf2
=I
R4
+I
S2 I
Vf2
=−0,29−1 ou I
Vf2
=−1,29A.
Potências das fontes
Fonte de corrente I
f1: Esta fonte está sob uma queda de tensão negativa
Vd=−[(V⁺)−(V⁻)] Vd
If1=−[0V−(−2,13)]ou Vd
If1=−2,13V.
A potência consumida é dada por: P
If
=Vd.Is P
If1=−2,13(−2)ou P
If1
=4,26W.
Fonte de corrente I
f2: Esta fonte está sob uma elevação de tensão positiva
Vr=[(V⁺)−(V⁻)]Vr
If2=[(−3)−(−4,81)]ouVr
If2
=1,81V.
A potência fornecida é dada por: P
If
=Vr.If P
If2=1,81(−1)ou P
If2
=−1,81W.
Fonte de tensão V
f1 : Esta fonte provoca uma elevação de tensão positiva
Vr=[(V⁺)−(V⁻)]Vr
Vf1=[(0V)−(−5V)]ou Vr
Vf1
=5V.
A potência fornecida é dada por: P
Vf
=Vr.I
Vf P
Vf1=5(−0,709)ou P
Vf1
=−3,545W.
Fonte de tensão V
f2: Esta fonte provoca uma elevação de tensão negativa
Vr=−[(V⁺)−(V⁻)]Vr
Vf2=−[(0V)−(−3V)]ou Vr
Vf2
=−3V.
A potência fornecida é dada por: P
Vf
=VrI
Vf P
Vf2=3(−1,29) ouP
Vf2
=−3,87W.
Fonte de tensão dependente V
f3
=I
R4 : Esta fonte está sob uma queda de tensão negativa
Vd=−[(V⁺)−(V⁻)] Vd
Vf3
=−[V
2
−V
1
]Vd
Vf3=−[(−2,13V)−(−2,42V)]ou
Vd
Vf3
=−0,29V.
A potência consumida é dada por: P
Vf3
=VdIfP
Vf3=(−0,29V)(−1,71A)ou
P
Vf3
=0,496W.
BALANÇO DE POTÊNCIAS:
Consumidores:
•Resistores: 4,466 W.
•Fonte de corrente 2A4,260 W.
•Fonte de tensão depend.0,496 W.
•SOMA 9,222 W.
Fornecedores:
•Fonte de tensão 5V-3,545 W.
•Fonte de tensão 3V-3,870 W.
•Fonte de corrente 1A-1,810 W.
•SOMA -9,225 W.
31