4 fontes cc

Fontes elétricas em CC. Fontes independentes. Fontes dependentes. Associação de fontes elétricas. Conversão de fontes

1. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
4 - FONTES DE ALIMENTAÇÃO BIPOLARES CC
O objetivo de uma fonte de alimentação é fornecer uma tensão ou uma corrente no seu terminal de
saída, para energizar um circuito elétrico.
4.1 - TIPOS DE FONTES
4.1.1 – FONTES INDEPENDENTES
Fonte de tensão (Voltage Supply)V
f: os geradores elétricos práticos criam a força eletromotriz
ℇ, através da transformação de uma determinada energia em energia elétrica.
Fonte de tensão ideal (fig. 4 - 01): é um elemento teórico, sem resistência interna r=0Ω,
portanto com capacidade de corrente infinita, capaz de fornecer a tesão nominal V
f para uma
carga consumidora que tenha resistência finita 0<R
L
<∞.
Condição não permitida: associação em paralelo, por causa de r=0Ω.
Em função da Resistência de carga, existem duas situações não aplicadas para fonte de tensão ideal:
◦Circuito abertoR
L
=∞: a corrente será zero I
OUT
=0A.
◦Curto-circuito R
L
=0Ω: a corrente será infinita I
OUT
=∞pois a tensão teórica se
manteria no valor nominal.
Como sua resistência interna é “zero ohm”, a intensidade da corrente que circula internamente será
dependente apenas das cargas consumidoras R
L da malha que a contém I
Vf
=
V
f
R
L
..
Fonte de tensão real (fig. 4 - 01) : é um elemento teórico que tem uma resistência interna
r>0Ω em série com o elemento ideal de tensão V
f. Como a resistência r é constante, a
corrente I da malha alimentada pela fonte real dependerá da soma da resistência de carga com a
resistência interna, e assim, na saída da fonte, teremos:
•Para circuito abertoR
L
=∞→ I
OUT
=0Ae V
OUT
=V
f.
•Para 0<R
L
<∞→ I
OUT
=
V
f
(R
L+r)
e V
OUT
=I
OUT
.R
L.
1

2. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
•Para curto-circuitoR
L
=0Ω→ I
OUT
=
V
f
r
e V
OUT
=I
OUT
.r.
Fonte de correnteI
f: Todo gerador elétrico prático é uma fonte de tensão com determinada
capacidade de fornecer corrente, de acordo com sua potência nominal. Não existe um dispositivo
prático que forneça apenas corrente.
Na análise de circuitos, uma fonte de corrente é um elemento teórico que só fornece corrente ao
circuito, e a tensão que aparecerá entre seus terminais será dependente da carga consumidora R
L
da malha que a contém.
•Fonte de corrente ideal (fig. 4 - 01):
◦A corrente de saída será constante, no valor nominal I
f, independentemente da carga
alimentada I
OUT
=I
f.
◦O elemento ideal gerador de correnteI
ftem resistência interna infinitar=∞, e
esta condição não permite que seja associada em série com outra fonte de corrente ideal.
Em função da Resistência de carga, existem duas situações não aplicadas para fonte de corrente
ideal:
◦Circuito abertoR
L
=∞: a tensão nos seus terminais será zero V
If
=0V.
◦Curto-circuito R
L
=0Ω: a tensão nos seus terminais será infinita V
If
=∞.
Num gráfico “ resistência de carga x corrente ” a corrente de saída I
OUT será um linha reta
horizontal no intervalo 0<R
L
<∞(Fig. 4 - 01).
•Fonte de corrente real e independente (fig. 4 - 02): o elemento gerador de corrente ideal
I
f tem uma resistência interna r em paralelo, por isso a corrente de saída I
OUT, a
queda de tensão na saída Vd
OUTe as potências, terão três situações, em função da carga
consumidora R
L:
◦R
L
=∞ou circuito aberto: Vd
OUT=(I
fr) e I
OUT
=If−Ir.
◦0<R
L
<∞→ V
OUT=[I
f(r∥R
L)] e I
OUT
=
V
OUT
(r∥R
L
)
.
2

3. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
◦R
L
=0Ωou curto circuito: V
OUT
=0V e I
OUT
=0A. Situação não permitida.
O gráfico da tensão de saída “V
OUT x corrente de saída I
OUT” será uma reta inclinada na
razão inversa de R
L(Fig. 4 - 02).
Exemplo com fonte de corrente real e independente, sem carga (fig. 4 - 03):
Como o circuito está sem carga consumidora, a corrente estará
totalmente sobre a resistência interna r produzindo uma queda
de tensão sobre esse resistor, que é a tensão de saída:
V
OUT
=I
f
r V
OUT
=3x500ou V
OUT
=1.500V.
A elevação de tensão provocada pela fonte será Vr=−[I
f
.r]o
que nos dá Vr=−1.500V.
A potência dissipada em r, será: P
r=I
f
2
.r
P
r=3
2
x500 P
r
=4.500W.
A potência fornecida pela fonte será: P
If=(V
r).I
f P
If=(−1.500)3ou P
If
=−4.500W.
Exemplo com fonte de corrente real e independente, com carga (fig. 4 - 04):
Dados: I
f
=3A; r=500Ω ; R
L
=250Ω.
Pedem-se: I
r
I
OUT
V
OUT
P
r ; P
If e P
RL.
Inicialmente calcularemos o valor de R
L∥r=
r.R
r+R
R
L∥r=
500x250
500+250
R
L∥r=
125.000
750
ou
R
L
∥r=166,66Ω.
A tensão na saída da fonte: V
OUT=I
f(R
L∥r) V
OUT
=3x166,66ou V
OUT
=500V.
Com esses dados podemos calcular as correntes de cada resistor: I
r
=
V
OUT
r
I
r=
500V
500Ω
ou
I
r
=1A.
I
RL
=
V
OUT
R
L
I
RL
=
500V
250Ω
ou I
RL
=2A.
Cálculo das potências:
3

4. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
•Fonte de corrente: sendo a elevação de tensão nos terminais da fonteVr=−V
OUT e
P
If=(Vr)I, então a potência fornecida, será:P
If=(−500V)x3Aou
P
If
=−1.500W.
•Resistores: P=(I
2
)R:
◦Pr=(1
2
)500ou Pr=500W.
◦P
RL=(2
2
)250ouP
RL
=1.000W
Potência consumida: P
consumida
=P
r
+P
RL
=1.500W. O mesmo resultado é obtido com
P
consumida=I
f
2
(R
L∥r)P
consumida=9(166,667)ou P
consumida
=1.500W.
4.1.2 - FONTES DEPENDENTES (controladas)
São elementos de circuito usados para modelar amplificadores e atenuadores. Podem ser de tensão
ou corrente, cujos valores de saída são dependentes de uma tensão V
X ou corrente I
X
originadas em outra parte do circuito.
A amplitude A da grandeza de saída de uma fonte dependente pode ser amplificada ou atenuada
em relação à sua entrada, conforme quantificado por uma constante numérica, grafada antes do
parâmetro de controle, e que significa:c=
A
saída
A
entrada
.
•c>1amplificação A
saída
>A
entrada.
•c=1 ganho unitário A
saída
=A
entrada.
•0<c<1atenuação A
saída
<A
entrada.
Fonte de tensão controlada por tensão –
FTCT:(fig. 4 – 05): V
f
=5V
i
Equações da saída: I
OUT=
Vf
(R
O+R
L)
e
Vd
OUT
=I
OUT
R
L.
Condições ideais: R
i
=∞ e R
0
=0Ω.
4

5. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
Fonte de tensão controlada por corrente -
FTCC (Fig. 4 – 06):V
f
=5I
i.
Equações da saída: I
OUT=
Vf
(R
O+R
L)
e
Vd
OUT
=I
OUT
R
L. Condições ideais: R
i
=∞
e R
0
=0Ω.
Fonte de corrente controlada por tensão –
FCCT (Fig. 4 – 07): I
f
=5Vdi.
Equações da saída:Vr
If=−[If(R
O∥R
L)],
I
OUT
=If−I
ROe Vd
OUT
=I
OUT
R
L .
Condições ideais: R
i
=∞ e R
0
=∞.
Fonte de corrente controlada por corrente –
FCCC (Fig. 4 – 08): I
f
=5Ii
Equações da saída: Vr
If=−[If(R
O∥R
L)],
I
OUT
=If−I
ROe Vd
OUT
=I
OUT
R
L .
Condições ideais: R
i=∞ e R
0=∞.
4.2 - ASSOCIAÇÃO DE FONTES CC
Fontes ideais de tensão, dependentes ou independentes
Em série (tensão positiva na saída da fonte equivalente):
•Finalidade: somador algébrico de tensão.
•Especificação individual:
◦Tensão: com qualquer valor.
◦Corrente: a mesma em todas as fontes e inversamente proporcional à carga resistiva.
◦Potência: depende diretamente da tensão e da corrente.
•Fonte equivalente:
◦O sinal do terminal de entrada da fonte equivalente indicará sua condição de
fornecedora - ou consumidora +.
5

6. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
◦Tensão da fonte equivalente: Soma
algébrica das tensões individuais, escritas
com o sinal do terminal de saída:
V
EQ=(V
f1)+(V
f2)+(V
f3)...+(V
fn).
◦Corrente de saída igual à corrente de
entrada.
◦Potência total: soma algébrica das potências
individuais.
A fonte que estiver com polaridade invertida provocará
uma queda de tensão Vd e será consumidora de
potência: V
EQ=(V
f1)−(V
f2)+(V
f3)...+(V
fn).
Em paralelo:
•Configuração sem aplicação na análise de circuitos pois a fonte ideal de tensão tem
resistência zero, e uma fonte em paralelo “veria” a outra como um curto-circuito.
Nota - os geradores práticos podem ser associados em paralelo:
•Em CC: com a mesma tensão e a mesma resistência interna (somadores de corrente).
•Em CA: além desses requisitos, os geradores devem ter a mesma frequência, e as tensões
sincronizadas (em fase).
Fontes ideais de corrente, dependentes ou independentes
Em série:
•Configuração sem aplicação na análise de circuitos pois a resistência interna é infinita
r
i
=∞, e uma fonte em série “veria” a fonte vizinha como um circuito aberto.
Em paralelo (fig. 4 - 10):
•Finalidade: somador algébrico de corrente.
•Especificação individual:
◦Corrente de cada fonte: com qualquer capacidade.
•Fonte equivalente:
◦Corrente total: soma algébrica das correntes individuais, com o sinal do terminal de
saída.
◦Potência total: soma algébrica das potências.
6

7. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
Exemplos de casos com duas fontes de corrente
Caso 1 (fig. 4 – 11) – duas fontes ideais e independentes em antiparalelo e correntes iguais.
Corrente nominal das duas fontes: 6A.
Se a fonte I
f1 estivesse solteira, provocaria uma queda
de tensão positiva na carga, com a corrente positiva de
+6A, enquanto que, se I
f2estivesse solteira, a queda
de tensão seria negativa e a corrente negativa de −6A.
Como a corrente resultante da associação de fontes de
corrente em paralelo é a soma algébrica dos correntes
individuais, teremos:
I
EQ
=I
f1
+I
f2 I
EQ=6A+(−6A) ou I
EQ
=0A.
Caso 2 (fig. 4 – 12) – duas fontes ideais e
independentes em antiparalelo, mas com correntes
diferentes.
Correntes nominais das fontes:
•I
f1
=8Ae I
f2
=6A.
LCK no nó essencial: (I
f1−I
f2)−I
RL=0
(8−6)−I
RL=0(2)−I
RL=0ou I
RL
=2A.
Queda de tensão no resistor de cargaVd
RL
=I
RL
.R
L Vd
RL
=2Ax3Ωou Vd
RL
=6V.
Como o circuito é em paralelo, essa também é a tensão sobre as duas fontes.
Potência dissipada no resistor de carga P
RL=(I
RL
2
)R
LP
RL
=4x3 ou P
RL
=12W.
Potência da fonte I
f1: Como sua corrente é positiva e o circuito em paralelo, a elevação de
tensão sobre ela será em função da corrente líquida das duas fontes: Vr
If1
=−[Vd
RL
]ou
Vr
If1
=−6V, e o fornecimento de potência P
If1=Vr
If1(I
f1)P
If1
=−6Vx8A
P
If1
=−48W.
Potência da fonte I
f2: Como sua corrente é negativa e o circuito em paralelo, a queda de tensão
sobre ela será em função da corrente líquida das duas fontes: Vd
If2
=Vd
RLou Vd
If2
=6V, e o
consumo de potência, será P
If2=Vd
IF2(I
f2)P
If2
=6Vx6Aou P
If2
=36W.
P
cons.
=P
RL
+P
If2
P
cons.
=12+36 P
cons.
=48W.
7

8. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
Caso 3 (fig. 4 – 13) - duas fontes ideais e independentes em paralelo e com as mesmas polaridades.
O resistor de carga ligado nas saídas das duas fontes estará submetido a uma queda de tensão
positiva, e as correntes serão positivas.
Corrente nominal das duas fontes: 6A.
Corrente equivalente:
I
EQ
=I
f1
+I
f2
I
EQ
=6A+6AI
EQ
=12A
Queda de tensão no resistor de carga:
Vd
RL
=I
EQ
R
L
Vd
RL
=12Ax3ΩVd
RL
=36V
Como o circuito é em paralelo, essa também é a
tensão sobre as duas fontes.
Potência dissipada no resistor de carga
P
RL=(I
EQ
2
)R
LP
RL
=144x3ou
P
RL
=432W.
Com as fontes iguais, a potência fornecida será igual: ambas estão com uma elevação de tensão de
Vr
fontes
=−[Vd
RL
]ouVr
fontes
=−36V, então P
fontes=Vr
fontes(I
EQ)P
fontes
=−36Vx12A ou
P
fontes=−432W.
Associação de fontes reais de tensão, dependentes ou independentes
Em série: a mesma situação conceitual para as fontes ideais, exceto a tensão equivalente, que neste
caso, vai depender da soma das quedas de tensão sobre as resistências internas de cada fonte.
V
EQ=(ℇ
1+ℇ
2...+ℇ
n)−[I(r
1+r
2...+r
n)].
Em paralelo: a mesma situação conceitual para as fontes ideais: sem aplicação na análise de
circuitos.
Associação de fontes reais de corrente, dependentes ou independentes
Em série: a mesma situação conceitual para as fontes ideais: sem aplicação na análise de circuitos.
Em paralelo:
8

9. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
•Finalidade: somador algébrico de corrente.
•Especificação individual: A mesma corrente nominalI
f e a mesma resistência interna
r.
A corrente líquida da fonte equivalente dependerá da resistência de carga, e consequentemente, a
queda de tensão sobre a carga, assim como as potências envolvidas.
Há dois cenários para análise da fonte equivalente:
1.Saída da fonte equivalente aberta, ou R
L
=∞.
2.Com uma carga real e finita 0<R
L
<∞.
3.Saída da fonte equivalente fechada em curto circuito, ou R
L
=0Ω(não aplicado).
Em qualquer dos cenários, precisaremos da condutância da fonte equivalente, sem carga:
G
fonte=
1
r
1
+r
2
=...+r
n
.
Para análise do caso em que há uma carga, precisamos conhecer:
Condutância da carga G
CARGA
=
1
R
L
.
Condutância total G
TOTAL
=G
fonte
+G
CARGA.
Tensão nominal nos terminais da fonte equivalente com carga V
fEQ=
I
f
G
TOTAL
.
Corrente líquida de uma fonte: (If
OUT)
n=If
n−(
V
fEQ
r
n
).
Corrente equivalenteI
EQ=V
IfEQ.G
TOTAL.
Exemplo (fig. 4 - 15):
Dados: Duas fontes polarizadas diretamente e uma reversa.I
f
=3A; r=2Ω; R
L
=5Ω;
Pedem-se: Vd
RL; I
OUT
individual; I
EQ; Potência fornecida; Potência consumida;
1. Condutância total: G
TOTAL=
1
R
1
+
1
R
2
+
1
R
3
+
1
R
L
G
TOTAL=
1
2
+
1
2
+
1
2
+
1
5
m.m.c.=10 G
TOTAL=
5
10
+
5
10
+
5
10
+
2
10
G
TOTAL=
17
10
G
TOTAL=1,7S
9

10. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
2. A tensão predominante sobre as fontes será positiva, pelo maior número de fontes polarizadas
diretamente, e apenas uma com sentido inverso :V
IfEQ=
I
f
G
TOTAL
V
IfEQ=
3A
1,7S
V
IfEQ=1,7647V Esta tensão será igual à queda de tensão sobre R
L e sobre a fonte reversa
I
f3.
3. Correntes
Líquida de cada fonte que aponta para o potencial maior If
OUT1 e If
OUT2
:
If
OUTn
=If
n
−(
V
IfEQ
r
n
).
• If
OUT1=3−(
1,7647
2
)If
OUT1
=3−0,882Aou (If
OUT)
1=(If
OUT)
2=2,12A. Soma
das duas correntes líquidas diretas (If
OUT)
1+(If
OUT)
2=2,12+2,12 ou
(I
OUT)
1+(I
OUT)
2=4,24A.
•Líquida da fonte reversa −I
f3:
•(I
OUT
)
3
=−[
3+(
1,7647
2
)]
(I
OUT)
3=−(3+0,882)ou (I
OUT)
3=−3,882A.
• Total na carga: I
EQ=[(I
OUT)
1+(I
OUT)
2]−(I
OUT)
3 I
EQ
=4,24−3,882
I
EQ
=0,358A.
4. Potências:
•Individual das fontes positivas I
f1
e I
f2
, que estão sob elevação de tensão:
P
If
=Vr.I
fonde Vr
If
=−V
If P
If
=−1,7647Vx3A ou P
If
=−5,29W.
•Total fornecida pelas duas fontes diretas : P
If(FORN)
=2(−5,29)P
If(FORN)
=−10,588W.
•Consumida pela fonte reversa I
f3
que está sob queda de tensão: P
If3
=Vd
If3
.I
f3onde
Vd
If3
=V
If3e a potência será P
If3
=1,7647Vx3A ouP
If3
=5,29W.
•Consumida pela condutância total (resistências internas das fontes e resistência de carga):
P
G=(Vd
If
2
)G
TOTAL P
G=1,7647
2
x1,7ouP
G
=5,29W.
•Consumida total: P
(CONS)
=P
If3
+P
Gou P
(CONS)
=10,58W.
•Potência consumida somente pela carga P
RL=(If
EQ)
2
R
L P
RL=(0,358
2
)5ou
P
RL
=0,64W.

10

11. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
4.3 - CONVERSÃO DE FONTES CC
Uma fonte de corrente, real e independente, pode
ser equivalente a uma fonte de tensão, real e
independente, desde que as duas forneçam a mesma
corrente e a mesma tensão para uma mesma carga
0<R
L
<∞. Somente as suas potências serão
diferentes (Fig. 4 - 16).
Relações entre fontes Thévenin e Norton: r
Th
=r
N, I
CC(Th)=I
NeV
Th=V
O(N).
Norton em circuito aberto: V
O
=I
N
.r
N ouV
Th
=I
N
.r
Ne I
O(N)=I
N−I(r
N).
Norton com resistor de carga:R
EQ
=r
N
∥R
L Vd
RL(N)=I
N.R
EQI
R
(N)=
Vd
RL(N)
R
L(N)

Vr
I(N)=−Vd
Rl(N)P
I
(N)=
[Vr
I(N)]
2
R
EQ
(N)
e P
REQ(N)=(I
O)²xR
EQ(N).
Thévenin em curto-circuito: I
N
=
V
Th
r
Th
.
Thévenin com resistor de carga:R
EQ
=r
Th
+R
LVd
RL(Th)=I
O(Th).R
L(Th)I
O
(Th)=
V
Th
R
EQ

Vr
I(Th)=−Vd
RL(Th)P
V(Th)=Ve
I(Th).I
O(Th) P(R
REQ)=(I
O)²R
EQ.
Na fig. 4 – 17 temos a demonstração da transformação de fontes:
11

12. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
Thévenin em curto-circuito: um amperímetro CC ideal tem resistência “zero”, por isso é
considerado um curto-circuito. I
CC=
5V
2Ω
I
CC
=2,5Acomo I
CC
=I
N, a fonte de
Norton será: I
N
=2,5A.
Norton em circuito aberto: conectando um voltímetro CC ideal, com resistência infinita, teremos:
V
O
=2,5Ax2Ωou V
O
=5Vque é o mesmo valor da fonte de Thévenin.
Exemplo - Dado um circuito (fig. 4 – 18) com uma fonte de ThéveninV
Th
=5V, uma
resistência em sérier
Th
=2Ωe uma resistência de carga R
L(Th)=10Ω, pede-se a fonte de
corrente de Norton equivalente.
Aplicando o princípio da conversão de fontes, sabemos que r
Th
=r
N
=2Ω,
R
L(N)=R
L(Th)=10Ω, e que o valor da fonte de Norton será a corrente de curto-circuito da
fonte de Thévenin.
Thévenin com resistor de carga:R
EQ
=2+10R
EQ
=12ΩI
O=
5V
12Ω
I
O
=0,416A.
Norton com resistor de carga:R
EQ
=r
N
∥R
L
R
EQ
=2∥10 R
EQ
=1,6667Ω.
Queda de tensão sobre os resistores da fonte Norton: Vd
(N)
=I
N
.R
EQ
Vd
(N)
=2,5Ax1,6667Ω
Vd
(N)
=4,17V.
Corrente no resistor da fonte de corrente I
r(N)
=
Vd
(N)
r
(N)
I
r(N)=
4,17
2
I
r(N)
=2,08A.
Corrente de saída da fonte Norton: I
O=
Vd
(N)
R
L(N)
I
O=
4,17
10
I
O
=0,42A.
Soma das correntes: I
f
=I
(RN)
+I
Oou 2,5A=2,08A+0,42A.
12

13. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
Exemplo com conversão de fontes
O circuito resistivo dado na figura (4 - 19) é relativamente
complexo, mas pode ser simplificado pela técnica da
conversão de fontes. Pede-se a potência da fonte V
f2
, e
para isso precisamos conhecer a corrente manejada por
essa fonte, o que requer o cálculo da resistência
equivalente da malha, assim como a corrente sobreposta
pela fonte V
f1.
O processo será transformar V
f1sucessivamente em
fonte de corrente e fonte de tensão, o que resultará na simplificação da malha de resistores, até que
seja possível determinar a corrente manejada pela fonte V
f2.
Cada passo, das sucessivas transformações, terá sua respectiva figura, e nela aparecerão valores de
corrente e tensão, obtidos num simulador de circuitos, apenas para fins de acompanhamento do
resultado de cada etapa, pois somente no último passo é que poderemos calcular o valor da corrente
I. Notar que a corrente da fonte V
f2
não pode sofrer alteração em nenhuma das etapas, pois
o objetivo do problema é achar a potência dessa fonte.
Passo 1 - Converter a fonte de tensão V
f1 (fig. 4 – 19) em uma fonte de corrente (fig. 4 - 20).
•A soma dos resistores R
1
e R
3
da malha1 nos dará o resistor equivalente a ser
ligado em paralelo com a fonte de corrente. O resistorR
2=3Ωnão pode ser incluído
nessa soma porque é compartilhado entre a malha 1 e a malha 2, portanto tem uma corrente
diferente da corrente que passa por V
f1, R
1
e R
3
.
•Resistor equivalente do passo 1: R
1
+R
3
=6Ω.
•Corrente nos resistores exclusivos da malha1 I
(R1+R3)
=
5V
6Ω
I
(R1+R3)
=0,8334A
que será o valor da fonte de corrente convertida If
CONV
=0,8334A .
13

14. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
Passo 2 - Agora temos dois resistores em paralelo (fig. 4 - 20): R
EQ(passo1)=6Ω e
R
2
=3Ω. Vamos substituí-los por um resistor equivalente: R
EQ(passo2)=6∥3
R
EQ(passo2)=2Ω.
Durante os passos 1 e 2, as figuras nos informam que as tensões V
a e V
b permanecem
inalteradas, assim como a corrente na malha da fonte V
f2ouI
Vf2
=911,46mA. Isso significa
que os valores equivalentes estão corretos.
Passo 3 – Converter a fonte de corrente de 0,8334A em fonte de tensão, com o resistor de
2Ω em série (fig. 4 – 21): V
f(passo3)→0,8334Ax2Ω=1,67V
Passo 4 - agora temos uma situação idêntica à do passo1, pois devemos associar, em série, o
resistor de 2Ω com os resistores R
4 e R
6 , e não incluir o resistor R
5, pois ele é
compartilhado com a outra malha (fig. 4 – 14): R
EQ(passo4)=2+3+5=10Ω.
Passo 5 – converter a fonte de tensão de 1,67V em fonte de corrente com o resistor
R
EQ(passo4)=10Ω em paralelo (fig. 4 – 22):
1,67V
10Ω
=0,167A
Passo 6 - associar em paralelo R
EQ(passo4)=10Ωe R
5
=2Ω: 10∥2=
10∗2
10+2
=1,667Ω
14

15. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
Passo 7 – converter a fonte de corrente de 0,167 A em fonte de tensão, com o resistor de 1,667Ω
em série (fig. 4 – 23): V
SEQ
=0,167A∗1,667Ω=0,28V
Passo 8 – achar a resistência equivalente dos resistores R
7 e R
8
, ligados diretamente à fonte
V
S2
(fig. 4 - 23): 6+3=9Ω
Finalmente temos somente uma malha para aplicarmos a LTK (*) e calcularmos a corrente I.
Notar que a figura 4 - 23 nos mostra que a corrente que passa pela fonte I
Vf2=911,46mA , em
função da carga, continua preservada, o que significa que o circuito equivalente, à esquerda, está
correto.
(*) Para tensão positiva, adota-se o sinal algébrico do terminal de entrada da corrente, assim, uma
queda de tensão Vd recebe o sinal positivo e uma elevação de tensão Vr recebe o sinal
negativo.
Considerando que V
f2 é fornecedora de potência, com elevação de tensão, com Vr=−10Ve
que V
SEQ é consumidora, com queda de tensão , comVd=0,28V:
LTK=−10+9(I)+1,67(I)+0,28=0. Somar e separar os termos de I:
10,67(I)=10−0,2810,67(I)=9,72I=
9,72
10,67
ou I=0,911A.
Potência fornecida pela fonte V
f2: P(V
f2)=Vr
f2.I P(V
f2)=−10Vx0,911A
P(V
f2)=−9,11W.
Potência consumida:
•Fonte transformada: P(V
fEQ)=Vd.I P(V
fEQ)=0,28Vx0,911A
P(V
SEQ)=0,255W.
•Resistor “A” : P
RA=I
2
R P
RA=0,91143
2
x1,67 P
RA
=1,387W.
15

16. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
•Resistor “B” : P
RB=0,91143
2
x9 P
RB
=7,476W.
•Total: P
VfEQ+P
RA+P
RB=9,118W.
4.4 – PRÁTICA COM FONTES DE CORRENTE IDEAIS E INDEPENDENTES
Exemplo de apenas uma fonte de corrente provocando duas tensões opostas nas cargas (fig. 4
– 24).
Inicialmente vamos observar toda a malha resistiva ao redor da fonte de corrente.
Resistência da malha1 : R
malha1
=2Ω.
Resistência da malha2: R
malha2
=2+2=4Ω.
Resistência equivalente do circuito entre os terminais da fonte de corrente: R
EQ
=R
malha1
∥R
malha2
R
EQ
=2∥4ou R
EQ
=1,33Ω.
A entrada de I
f1 está
depois de um resistor
conectado ao terra, por isso
impondo uma corrente
negativa em R
1, no sentido
do terra para a entrada da
fonte, e assim, a corrente da
fonte será algebricamente
negativa I=−6A. Com
isso, a elevação de tensão
sobre a fonte de corrente será
positiva:
Vr
IF1=−[(−I
F1)R
EQ]
Vr
IF1
=−[−6x1,3334] ou Vr
IF1
=8V.
O valor absoluto da corrente da malha I
2, é dado por: |I
2
|=
Vr
IF1
R
MALHA2
|I
2|=
8V
4Ω
ou
I
2=2A, mas assume polaridade negativa no braço de R
1, por estar entre o terra e a entrada
da fonte de corrente, então, teremos: Vd
R1=(−I
2)R
1 Vd
R1=(−2)2 ou Vd
R1
=−4V,
que é a tensão do nó V
1.
A tensão do nóV
2 é dada por: V
2
=V
1
+Vr
IF1V
2=(−4)+8ou V
2
=4V, que é a
queda de tensão sobre R
3, e então, isso define que a corrente I
2, no braço de R
3, é
positiva:
Vd
R3=(I
2)R
3 Vd
R3=(2)2 ou Vd
R3
=4V.
Esta condição especial da corrente I
2 , também vai ocorrer com I
1:
16

17. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
A corrente I
1 tem um valor absoluto, mas assume polaridades simétricas:
•Positiva na saída do nó V
2, com tensão positiva;
•Negativa na entrada do nó V
1, com tensão negativa;
Aplicando a LTK na malha 1, teremos a queda de tensão sobre R
2: Vd
R2
=Vr
IF1 ou
Vd
R2
=8V. Então, o valor absoluto de I
1, será: |I
1|=
Vd
R2
R
2
|I
1|=
8V
2Ω
ou
|I
1
|=4A.
Balanço das potências:
Potência consumida: P
Rn=(I
Rn
2
)R
n
P
R1=(−2
2
)2ou P
R1
=8W.P
R2=(4
2
)2ouP
R2
=32We P
R3=(2
2
)2ou
P
R3
=8W.Potência total consumida: P
CONS
=48W.
Como a fonte de corrente está apontando para um potencial mais alto (−4V)→(+4V), ela está
na condição de fornecedora de potência: P
If1=Vr
If1(−I
f1) P
If1=8Vx(−6A)ou
P
If1
=−48W.
Exemplo de apenas uma fonte de corrente em paralelo com a carga e sob tensão negativa (fig.
4 – 25):
A fonte está com dois resistores em paralelo, cuja resistência equivalente é: R
1
∥R
2
=
R
1
∗R
2
R
1+R
2
R
1∥R
2=
2∗3
2+3
R
1∥R
2=
6
5
R
1
∥R
2
=1,2Ω,
Os dois resistores estão conectados na entrada da fonte de corrente, submetidos a uma corrente
negativa, que vai produzir uma queda de tensão negativa Vd
R=(−I)R.
17

18. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
Em contra partida, a elevação de tensão sobre a fonte será positiva: Vr
If1=−[(−I
f1)R
EQ]
Vr
If1=−[(−6A)1,2V]ou Vr
If1
=7,2Ve a queda de tensão nos dois resistores será negativa
Vd
R
=−7,2V.
Já podemos calcular as correntes nos dois resistores:I
Rn
=
Vd
Rn
R
n
.
I
R1=
−7,2V
2Ω
ouI
R1
=−3,6A e I
R2=
−7,2V
3Ω
ou I
R2
=−2,4A.
Balanço das potências:
Potência consumida: P
Rn=(I
Rn
2
)R
n.
P
R1=(−3,6
2
)2 P
R1
=12,96x2 ou P
R1
=25,92W.
P
R2=(−2,4
2
)3P
R2
=5,76x3ou P
R2
=17,28W.
P
CONS
=43,2W.
Como a fonte de corrente está apontando para um potencial mais alto −7,2V→terra, ela está na
condição de fornecedora de potência: P
If1=(Vr)I
f1P
IS=7,2Vx(−6A)ou
P
If1
=−43,2W.

Associação em paralelo de fontes ideais de tensão e de corrente CC
Como vimos na parte conceitual, as fontes de tensão e de corrente são complementares, portanto
admitem qualquer tipo de associação mista, em série ou paralelo. Quando temos fonte de tensão em
paralelo ou antiparalelo com fonte de corrente, o conceito de tensão positiva ou negativa dependerá
da fonte de tensão.
Exemplo 1 (Fig. 4 – 26) – A fonte de corrente I
f
=1Aestá em paralelo com V
f
=5V, e a
tensão no nó (a) é definida pela fonte de tensão. Em paralelo, a tensão será a mesma em todos
os elementos, e haverá uma queda de tensão positiva Vd=5V sobre R=10Ωe a corrente
será positiva.
A corrente sobre o resistor será:I
R
=
Vd
R
R
I
R=
5
10
ou
I
R
=0,5A.
A corrente da fonte I
f
=1Aé maior do que a corrente
drenada pelo resistor, logo o restante dessa corrente vai ser
drenada pela fonte de tensão. Assim, pela LCKdo nó
18

19. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
(a), teremos: −I
f
+I
R
+I
Vf
=0e a corrente reversa, sobre a fonte de tensão, será:
I
Vf=I
f−I
R I
Vf=1−0,5 ou I
Vf=0,5A.
Neste caso a fonte de tensão está na configuração de consumidora de potência.
Potências:
•Potência consumida pela fonte de tensão: P
Vf=(Vd
f)I
Vfonde Vd
f
=V
f,então
P
Vf=5Vx0,5A P
Vf=2,5W.
•Potência dissipada no resistor: P
R=(I
2
)R P
R=(0,5
2
)10ou P
R=2,5W.
Potência consumida total: P
CONS
=P
Vf
+P
R ou P
CONS
=5W.
•A fonte de corrente está com uma elevação de tensão entre os seus terminais Vr=−5V,
na configuração de fornecedora.
Potência da fonte de corrente: P
If=(Vr)I
f P
If
=−5x1 P
If
=−5W.
Exemplo 2 (Fig. 4 – 27) – A fonte de corrente I
f
=1Aestá em antiparalelo com V
f
=5Ve a
tensão no nó (a) é definida pela fonte de tensão. No
circuito em paralelo, a tensão será a mesma em todos os
elementos, e haverá uma queda de tensão positivaVd=5V
sobreR=10Ω.
A corrente sobre o resistor será:I
R
=
Vd
R
R
I
R=
5
10
ou
I
R
=0,5A.
LCKdo nó (a): I
f+I
R−I
Vf=0I
Vf=I
f+I
RI
Vf=1A+0,5Aou I
Vf=1,5A.
Como a fonte de corrente está apontando para uma tensão menor (terra), fica submetida a uma
queda de tensão Vd
If
=5V, por isso está na configuração de consumidora.
Potências:
•A fonte de tensão está com a entrada conectada ao potencial mais baixo (terra), provocando
uma elevação de tensão Vr
Vf
=−V
f, e por isso está na configuração de fornecedora.
Potência da fonte de tensão: P
Vf
=Vr
Vf
.I
Vf P
Vf=(−5V)1,5AouP
Vf
=−7,5W.
•Potência dissipada no resistor: P
R=(I
2
)R P
R=(0,5²)10ouP
R
=2,5W.
•Potência consumida pela fonte de corrente: P
If
=Vd
If
.I P
If
=5x1ou P
If
=5W.
Potência consumida total: P
CONS
=P
R
+P
If
=7,5W.
19

20. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
Associação em série de fontes ideais de tensão e de corrente CC
Exemplo 1 (fig. 4 – 28) – A corrente da malha é definida pela fonte de corrente I
f=1A.
Seguindo o sentido da corrente, a fonte de tensão
V
f
=5V está configurada como fornecedora de
potência, com uma elevação de tensão
Vr
Vf
=−Vfou Vr
Vf
=−5V.
A entrada da fonte de corrente está diretamente na
saída da fonte de tensão, portanto com +5V, e a
tensão na sua saída será dada pela queda de tensão
do resistor: Vd
R
=I
f
.RVd
R
=1x10ou
Vd
R
=10V.
Assim, a fonte de corrente estará sob uma elevação
de tensão, também fornecendo potência:
Vr=−[(V⁺)−(V⁻)] Vr
If
=−[10−5]ou Vr
If
=−5V.
LTK da malha: Vr
Vf
+Vr
If
+Vd
R
=0ou −5−5+10=0.
Potências:
Resistor P
R=(I
2
)R P
R
=1x10ouP
R
=10W.
Fonte de tensãoP
Vf=(Vr
Vf)IP
Vf=(−5V)1AouP
Vf=−5W.
Fonte de correnteP
If=(Vr
If)I
fP
If=(−5V)1AouP
If
=−5W.
Potência fornecida total: P
FORN=P
Vf+P
If=−10W.
Exemplo 2 (fig. 4 – 29) – A corrente absoluta da malha é definida pela fonte de corrente
I
f
=1A, que impõe uma queda de tensão negativa sobre o resistor , fazendo com que o sinal
algébrico da corrente no braço do resistor, e também da fonte, seja negativo I=−1A:
Vd
R=(I
f)RouVd
R=(−1)10ouVd
R
=−10V.
Seguindo o sentido da corrente, algebricamente negativa, a tensão de entrada da fonte de corrente
será −10V e sua saída +5V, pois está conectada diretamente na saída da fonte de tensão
V
f
=5V. A elevação de tensão nos terminais da fonte de corrente, com a corrente negativa, será:
Vr
If=[(V⁺)−(V⁻)] Vr
If=[5−(−10)] ou Vr
If
=15V.
Como a fonte de tensão está sob corrente algebricamente positiva, mas reversa, haverá uma queda
de tensão sobre ela: Vd
Vf=[(V⁺)−(V⁻)]Vd
Vf
=[5V−0V] Vd
Vf
=5V.
20

21. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
LTK da malha: seguindo o caminho da corrente: Vd
R
+Vr
IS
+Vd
VS
=0ou−10+15−5=0.
Potências:
Resistor P
R=(I
2
)R P
R=(−1
2
)10ou
P
R
=10W.
Fonte de tensão consumidora:P
Vf=(Vd
Vf)I
P
Vf=(5V)(1A)ou P
VS
=5W.
Potência consumida total: P
CONS
=P
R
+P
Vf
ou P
CONS
=10+5=15W.
Fonte de corrente fornecedoraP
If=Vr
If(I
f)
P
If=15(−1)ouP
If
=−15W.
Circuito equivalente de Thévenin com fontes dependentes e independentes
Exemplo: (Fig. 4 – 30)
Método convencional:
Análise visual das duas partes do circuito:
•Lado esquerdo com duas malhas:
◦Uma fonte independente de tensãoV
f1
=10V, com a entrada aterrada e com um
resistor na saídaR
1
=10Ω.
◦Uma fonte independente de corrente I
f1
=2A, com a entrada aterrada e com um
resistor na saídaR
2
=5Ω.
◦Uma FTCT V
f2
=3Vd
R4, com entrada aterrada e compartilhada pelas duas malhas.
•Lado direito com uma malha:
◦Uma FCCC I
f2
=5I
1, com entrada aterrada e com dois resistores em série na sua
saída: R
3=20Ωe R
4=8Ω.
Apesar das duas partes estarem separadas, tendo apenas o condutor “terra” em comum, há uma
interdependência funcional entre ambas:
•O parâmetro de controle de V
f2, no lado esquerdo, é a tensão de saída da malha do lado
direito V
0, que será também a tensão de ThéveninVd
R4
=V
0
=V
TH.
•O parâmetro de controle de I
f2, no lado direito, é a corrente do resistor R
1, na
primeira malha do lado esquerdo.
21

22. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
Para obtermos o equivalente de Thévenin, pelo método convencional, primeiro calculamos a tensão
de Thévenin V
TH ou tensão de saída do circuito com todas as fontes funcionando, e depois
calculamos a corrente de curto circuito I
CC . Com esses dois valores podemos definir a
resistência de Thévenin: R
TH
=
V
TH
I
CC
.
1) - Calcular V
TH entre os pontos “a” e “b” em circuito aberto V
0 na malha do lado direito do
circuito.
Vd
R4=8(5I
1)ou V
TH
=40I
1 (4.01) onde I
1
=
V
TH
40
(4.02)
Na malha primeira malha do lado esquerdo, pela Lei de Ohm, a corrente I
1 é dada por:
I
1
=
10V−3V
TH
10Ω
(4.03)
Igualando-se (4.02) com (4.03), teremos:
V
TH
40
=
10−3V
TH
10
m.m.c.=40
V
TH
=40−12V
TH12V
TH+V
TH=4013V
TH
=40V
TH=
40
13
ou V
TH
=3,08V
(4.04) .
Substituindo (4.04) em (4.02) vamos encontrar o valor de I
1: I
1
=
3,08
40
I
1
=0,077A
(4.05).
2) - Calcular I
CC (corrente de curto circuito):
Ao se fechar “a” com “b” na malha do lado direito, o resistor R
4
=8Ω é excluído e a tensão
Vd
R4é zerada, o que anulará a FTCT V
S2
, no lado esquerdo, que assim, poderá ser substituída
por um “jumper”. A corrente de curto circuito, na malha do lado direito, será então: I
CC=5I
1
(4.06) .
No lado esquerdo, com a fonte de tensão controlada em curto, o valor de I
1 será: I
1=
10V
10Ω
ou I
1
=1A(4.07). Substituindo (4.07) em (4.06), teremos: I
CC
=5x1ou I
CC
=5A(4.08).
22

23. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
3) calcular R
TH
R
Th
=
V
Th
I
CC
R
Th=
3,08V
5A
ou R
Th=0,61Ω.
Na figura abaixo temos os valores apresentados no simulador de circuitos, comprovando a
consistência dos cálculos.
Exemplo com o mesmo circuito (Fig. 4 - 30), mas utilizando-se a técnica da fonte auxiliar para
calcular a resistência de Thévenin:
Inicialmente anulam-se todas as fontes independentes (curto circuito na fonte de tensão e circuito
aberto na fonte de corrente), mantendo-se as fontes dependentes.
Conectar uma fonte auxiliar de tensão V
A ou de corrente I
A, nos terminais (a) e (b), sobre
R
4, de forma que tenhamos a tensão de controle da fonte de tensão dependente V
f2, e assim,
podermos calcular I
1, que por sua vez vai definir o valor da fonte de corrente I
f2.
23

24. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
Neste exemplo, usaremos uma uma fonte auxiliar de tensão independente V
A
=10V, cujo valor
será a tensão de Thévenin V
TH.
Ao conectar a fonte auxiliar, de pronto teremos Vd
R4
=10V, que é o parâmetro de controle da
FTCT do lado esquerdo do circuito, e assim, teremos: V
f2
=3Vd
R4 V
f2
=3x10Vou
V
f2
=30V.
A correnteI
1 é dada por:I
1
=
V
f2
R
1
I
1=
30
10
ou I
1
=3A.
A corrente do lado direito do circuito ou corrente de Thévenin : I
TH
=I
f2
+
V
TH
R
4

I
TH
=(5xI
1
)+
V
TH
R
4
I
TH=(15)+
10
8
I
TH=(15)+1,25ou I
TH
=16,25A.
A resistência de Thévenin será dada pela Lei do Ohm: R
TH=
V
TH
I
TH
R
TH
=
10V
16,25
ou
R
Th
=0,61Ω, resultado idêntico ao calculado pelo método convencional.
4.5 - Teorema da Máxima Transferência de Potência em CC
“A condição necessária para que haja a máxima transferência de potência do gerador CC real,
(equivalente Thévenin), para uma carga dissipativa, é que o valor da Resistência de carga R
L
seja igual ao valor da resistência interna (resistência de Thévenin)r do gerador”.
Na figura 4 - 34 temos:
•rresistência interna do gerador (constante).
•R
L é a resistência da carga (variável independente).
•Ԑ tensão da fonte ideal (constante).
•V
O tensão com circuito aberto R
L
=∞.
•V
CCtensão de curto-circuito R
L
=0Ω.
•Vd
r tensão sobre a resistência interna.
24

25. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
•Vd
RL tensão da fonte sobre a carga 0<R
L
<∞.
•I corrente do circuito (variável dependente).
Um modelo de fonte de tensão real e independente (ou equivalente Thévenin) tem um elemento
gerador ideal Ԑ que provocará uma queda de tensão Vd
r sobre o resistor interno, dada por:
Vd
r=ℇ−(I.r).
De acordo com a resistência da carga, existem três situação operacionais de uma fonte de tensão
independente real:
•0<R
L
<∞com I=
ℇ
(R
L+r)
(4.09) e Vd
RL
=I.R
L.
•R
L
=0Ω ou curto-circuito: a corrente será: Icc=
ℇ
r
. Neste caso, a resistência
interna ficará sobrecarregada, e a tensão de saída será: V
CC=0V.
•R
L
=∞ ou circuito aberto: a corrente será nula I=0A. Neste caso, a tensão nos
bornes da fonte real é dada por: V=ℇ.
Potência máxima do gerador (PG) - é uma grandeza constante, característica do gerador,
conforme valores nominais de Ԑ e r: Pg=ℇ⋅I
CC P
G=
ℇ²
r
(4.2) ou
P
G
=r.I
CC
² (4.3).
Potência consumida na carga resistiva P
RL– é uma grandeza variável e dependente de R
L:
P
RL=(R
L)⋅I² (4.4).
Substituindo Ida expressão (4.4), pela expressão (4.1):P
(RL)
=R
L
[
ℇ
(R
L+r)
]²e isolando os
termos dos resistores, teremos: P
(RL)
=ℇ².[
R
L
(R
L
+r)²
](4.5).
Potência total do sistema (PT) : P
T
=P
G
+P
RL ou P
T=(rI²)+(R
LI²) (4.6).
A máxima transferência de potência para a carga é uma condição definida quando a derivada da
potência na carga dada na expressão (4.5), em relação à resistência de carga, for igual a zero,
conforme a expressão abaixo:
dP
(RL)
dR
L
=ℇ²[
d
dR
L
R
L
(R
L
+r)²]
=0(4.7).
A derivada zero é representada graficamente na figura 4 – 32 por uma reta horizontal e tangente ao
ponto de pico da curva P
R
xR
L.
A derivada da expressão (4.7)
d
dR
L
R
L
(R
L+r)²
será resolvida pela regra do quociente:
25

26. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
[
n
d]
'=
(n'.d)−(n.d')
d²
(4.8) onde n = numerador e d = denominador.
A derivada do numerador será: (n)'=
dR
L
dR
L
=1. A derivada do denominador será:
(d)'=
d(R
L+r)²
dR
L
, e nesta expressão do denominador aplicaremos a regra da cadeia:
d
dR
L
(R
L
+r)²= 2(R
L
+r)
2−1
[
d(R
L+r)
dR
L]
como dr = 0, o denominador será: 2(R
L+r)1 e o
modelo da expressão (4.8) ficará:

[1.(R
L+r)²]−[R
L.2(R
L+r)]
(R
L
+r)
4
(4.9) Resolvendo o numerador, teremos:
Primeiro termo: (R
L+r)²=R
L
2
+2R
L.r+r²;
Segundo termo −[R
L.2(R
L+r)]=−2R
L²−2R
L.r; somando-se os dois termos:
R
L
²+2R
L
.r+r²
−2R
L
²−2R
L
.r
−R
L
² +r²
cujo resultado pode ser escrito como: (−R
L+r)(R
L+r).
Escrevendo a expressão (4.9) com este resultado:
(−R
L+r)(R
L+r)
(R
L+r)
4
=
(−R
L+r)
(R
L+r)
3
e substituindo
em (4.7), teremos:
dP
dR
L
=ℇ²[
(−R
L
+r)
(R
L
+r)
3]
=0 (4.10).
A expressão (4.10) será nula somente quando R
L
=r, pois anulará o seu numerador. Esta será a
condição em que ocorrerá a máxima transferência de potência do gerador para a carga.
Potência entregue pelo gerador, na condição de máxima transferência:
Substituindo R
L
=r em (4.5), teremos:
P
R
L
máx=ℇ²[
R
L
(R
L
+R
l
)²]
P
(RL)máx
=ℇ²[
R
L
(2R
L
)²]
P
(RL)máx
=ℇ²[
R
L
4R
L²]
ou
P
(RL)máx=
ℇ²
4R
L
(4.11) Como a potência do gerador é dada em (4.2) por: P
G=
ℇ²
r
, e
usando a condição R
L
=r para substituir em (4.11), teremos:
26

27. Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
P
RLmáx
=
P
G
4
(4.12) ou P
RLmáx
=25%deP
G.
Potência total P
T do sistema, na condição de máxima transferência:
Substituindo R
L
=r em (4.6), teremos:P
T
=R
L
⋅I²+R
L
⋅I² ou P
T
=2R
L
⋅I² da expressão
(4.1) temos I=
1
(R
L+r)
ℇ ou I=
ℇ
2R
L
, então: P
T=2R
L[
ℇ
2R
L
]² P
T=2R
L
ℇ²
4R
L
P
T=
ℇ²
2R
L
como P
G=
ℇ²
R
L
teremos P
T
=
P
G
2
(4.13) , ou P
T
=50%.
Rendimento do sistema na condição de máxima transferência:
η
máx.
=
P
R
Lmáx.
P
Tmáx.
utilizando (4.12) e (4.13), teremos:
η
máx.=
P
G
4
P
G
2
η
máx.=
P
G
4
x
2
P
G
η
máx.=
1
2
ou η
máx.
=50%.
27