Circuitos Acoplados Magneticamente

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UFU – FEELT - Mauro Guimarães 1 
CIRCUITOS ELÉTRICOS II 
Unidade 2 
CIRCUITOS ACOPLADOS 
 
2.1 - Terminologia 
 
Circuitos: 
• Único ramo de uma rede; 
• Dois ou mais ramos interligados elétrica ou magneticamente; 
• Qualquer laço elétrico completo no qual pode-se aplicar a lei de Kirchhoff das tensões. 
 
Circuito Acoplado – quando pode ocorrer troca de energia entre eles. 
Tipos de acoplamento: 
• Condutivamente; 
• Eletromagneticamente; 
• Eletrostaticamente. 
 
2.2 - Circuitos Acoplados Condutivamente 
Para a figura abaixo, dados E& , e as impedâncias do circuito ( MZeZZ &&& 21 , ), determinar, as 
correntes, tensões e potências. 
Considerando-se as correntes de laço 21 IeI && tem-se 
as equações: 
( )
( ) ⇒



=−+
=−+
;0
;
1222
2111
IIZIZ
EIIZIZ
M
M
&&&&&
&&&&&&
 
 
( )
( ) ⇒




=
















+−
−+
02
1
2
1 E
I
I
ZZZ
ZZZ
MM
MM
&
&
&
&&
&&&
 
( )
( ) ( )
( )
( ) ( ) .
;
2
21
2
2
2
21
21
1
MMM
M
MMM
M
ZZZZZ
ZEI
ZZZZZ
ZZE
I
&&&&&
&&
&
&
&
&&&&&
&&&
&
&
&
−++
=
∆
∆
=
−++
+
=
∆
∆
=
 
 
 Na solução acima consideramos a solução do sistema de equações na forma matricial. Se 
consideramos ijZ& o termo genérico da matriz Z& como sendo o elemento de i-ésima linha e da j-ésima 
coluna, tem-se que: 
( )MZZZ &&& += 111 ; MZZ && −=12 ; MZZ && −=21 e ( )MZZZ &&& += 222 . 
 
Exemplo 2.1 - Para a figura acima, com: 
VE o& 01001 ∠= ; 
Ω+= 431 jZ& ; 
Ω= 10MZ& e 
Ω−= 842 jZ& , 
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Obtém-se: 
• ;91,603,1311 AI °−∠=∆∆= &&& 
• ;83,2208,822 AI °∠=∆∆= &&& 
• ( ) AjIIIab o&&& 63,4023,771,449,521 −∠=−=−= ; 
• Potência gerada = ( ) ( ) wattsIE IE 5,293.191,6cos03,13100cos 11 =××=− o&& θθ ; 
• Potência consumida = watts2,293.123,71008,8403,133 222 =×+×+× . 
 
 
Problema 2.1 – Resolver o circuito da figura anterior, transformando o circuito acoplado em 
impedâncias séries equivalentes. 
 
Dados: 
VE o& 01001 ∠= ; 
;130,535431 Ω°∠=Ω+= jZ& 
Ω°∠=Ω= 01010MZ& ; 
.435,63944,8842 Ω°−∠=Ω−= jZ& . 
Tem-se: 
 
( )
( ) ( )
;60,40318,7291,6035,1361,33548,5
;91,6035,13
91,6672,7
0100
;91,6672,7923,0616,7077,3616,443
;69,33548,5
814
01043,63944,8
1//2
1
//21
745,29125,16
2
2
//2
voltsIZV
A
Z
EI
jjjZZZ
jZZ
ZZZ
Mab
eq
Meq
M
M
M
ooo
o
o
o
o
o
oo
&&&
&
&
&
&&&
43421
&&
&&
&
o
−∠=−∠×−∠==
−∠=
∠
∠
==
Ω∠=+=−++=+=
Ω−∠=
−
∠⋅∠
=
+
=
−∠
 
( ) ( )
;60,4032,7206,4791,54
06,4709,45010022,46175,650100
;22,46175,65
;6,402315,7
;83,22085,8
43,63944,8
6,40315,72
11
111
2
2
voltsj
jjZIEV
voltsZIV
A
Z
VI
A
Z
VI
ab
M
ab
ab
ab
o
o
o
o
o
o
o
&&&&
&&&
&
&
&
&
&
&
−∠=−
=+−+=°∠−∠=−=
∠==
−∠==
∠=
−∠
−∠
==
 
.294.12315,710085,84035,133
;294.1035,13616,7
;294.191,6cos035,13100]cos
222
22
1
1 1
wattsP
ou
wattsIRP
wattsIEP
consumida
consumida
E
Igerada
=×+×+×=
=×==
=××== o
&
&θ
 
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2.3 - Impedância Mútua 
 
A impedância mútua entre os circuitos 1 e 2 de uma rede geral é definida como sendo a tensão 
originada no circuito 2 por unidade de corrente no circuito 1, com todos os circuitos abertos, exceto o 
circuito 1. 
.
2
'11
12
1
'22
21
I
V
Z
e
I
V
Z
&
&
&
&
&
&
=
=
 
 
Ex.: Para a figura seguinte, determine 1221 ZeZ && . 
 
. 
.
;
2
2
22
'11
12
21
1
1
11
'22
21
cba
bacba
b
a
aca
cba
ba
cba
a
b
bdb
RRR
RR
I
RRR
R
IR
I
IR
I
V
Z
RRR
RR
Z
I
RRR
R
IR
I
IR
I
V
Z
++
=
/
++
⋅/
===
++
=
⇒
/
++
⋅/
===
&
&
&
&
&
&
&
&
&
&
&
&
&
&
&
 
 
2.4 - Coeficiente de Acoplamento: K 
 
'22'11
12
ZZ
Z
K
&&
&
&
= onde: 
 
• 2112 ZZ && = , impedância mútua no caso de circuitos bilaterais; 
• 
'11Z& , impedância vista a partir de 11’ com os terminais 22’ abertos; 
• 
'22Z& , similarmente, a impedância vista de 22’. 
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Problema 2.2 - Para o mesmo exemplo do item 2.3, tem-se: 
( ) ( )
;;
'22'11
cba
cab
cba
cba
RRR
RRR
Z
RRR
RRR
Z
++
+
=
++
+
=
&&
 chamando scba RRRR =++ ⇒ 
( ) ( ) ( ) ( )cacbba
ba
s
cab
s
cba
s
ba
RRRRRR
RR
R
RRR
R
RRR
R
RR
K
++⋅
=
/
+
⋅
/
+
/
=
&
. 
 
Exercícios: Qual a impedância mútua entre os circuitos 11’ e 22’ e o coeficiente de acoplamento? 
a) 
 
.1801
21010
3010
;01
3010
3010
60100
3010
30103010
3010
;3010
2
1
'22'11
21
1
2
21
°−∠=
∠
∠
=
∠=
∠
∠
=⇒
∠
∠
=
∠×∠
∠
==
Ω∠==
o
o
o
o
o
o
o
oo
o
o
&
&
&&
&
&
&
&
&
K
K
ZZ
ZK
I
VZ
 
 
b) 
 
 




∠−
∠
=
Ω∠=
.01
;01
;0521
o
o
o
&
&
K
Z
 
 
c) 
 
 




−∠
∠
∠×∠
∠
=
Ω∠=
.1801
;01
05,205,2
05,2
;05,221
o
o
oo
o
o&
K
Z
 
 
d) 
 
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e) Qual a impedância mútua entre os circuitos 11’ e 22’, abaixo? 
 
 
a) Com o& 3051 ∠=I A e o& 8020'22 ∠=V V⇒ oo
o
& 504
305
8020
21 ∠=∠
∠
=Z Ω; 
b) Com ooo &&& 5048020305 12'112 ∠=⇒∠=∠= ZVVeAI Ω. 
 
2.5 - Acoplamento Magnético 
 
Para os circuitos indicados acima considere os fluxos: 
φ11 – Fluxo produzido pela bobina 1 que envolve apenas a bobina 1; 
φ12 – Fluxo produzido pela bobina 1 que envolve a bobina 1 e a bobina 2; 
φ22 – Produzido pela bobina 2 e que envolve apenas a bobina 2; 
φ21 – Produzido pela bobina 2 e que envolve as bobinas 1 e 2. 
 
Observe que: 
φ1 = φ11 + φ12 é o fluxo total produzido pela bobina 1; 
φ2 = φ22 + φ21 é o fluxo total produzido pela bobina 2; 
φM = φ12 + φ21 é o fluxo mútuo – comum às duas bobinas; 
φT1 = φ11 + φ12 + φ21 =φ1 + φ21 = φ11 + φM – fluxo total que envolve a bobina 1; 
φT2 = φ22 + φ21 + φ12 = φ2 + φ12 = φ22 + φM – fluxo total que envolve a bobina 2. 
 
 
2.6 - Indutância Mútua (M) 
É similar as auto-indutâncias das bobinas 1 e 2, só que no caso das auto-indutâncias (L1, L2), 
temos o efeito de fluxos e correntes nas mesmas bobinas, e no caso da indutância mútua é o efeito do 
fluxo e corrente produzido em uma bobina afetando uma segunda bobina. Têm-se as expressões: 
1
11
1 i
N
L
φ
= – vinculação de fluxo da bobina 1 por unidade de corrente na mesma; 
2
22
2 i
N
L
φ
= – vinculação de fluxo da bobina 2 por unidade de corrente na mesma; 
1
12
212 i
NM φ= – vinculação de fluxo na bobina 2, fluxo este produzido na bobina 1, por unidade de 
corrente da bobina 1; 
2
21
121 i
NM φ= – vinculação de fluxo na bobina 1, fluxo este produzido na bobina 2, por unidade de 
corrente da bobina 2. 
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Se a relação do fluxo por corrente não for constante teremos as expressões: 
 
( )
1
1
11 id
dNL φ= ; ( )
2
2
22 id
dNL φ= ( )
1
12
212 id
dNM φ= ; ( )
2
21
121 id
dNM φ= . 
 
Observação: Na maioria das aplicações práticas consideramos que a relação φ/i é constante, em outras 
palavras, consideramos que a relutância do meio magnético que associa os dois circuitos é constante, 
e desta forma M12 = M21 = M. A unidade M é evidente, considerando as expressões anteriores, que é 
Henry (H), a mesma unidade das auto-indutâncias. 
 
Problema 2.4 
 
Para os circuitos 1 e 2 indicados ao lado, onde: 
N1 = 50 espiras; 
N2 = 500 espiras; 
1T
φ
 
= 30.000 maxwells; 
2T
φ
 
= 27.500 maxwells (1 Maxwell = 10-8 Webber) 
I1 = 5A; 
Pede-se: 
 
a) M = ? 
mH
i
NMM 5,27
5
10500.27500
8
1
12
212 =
×
×=×==
−φ
. 
b) L1? 
mH
i
NL 3
5
10000.3050
8
1
1
11 =
×
×=×=
−φ
. 
 
c) K? – coeficiente de acoplamento magnético. (Veja definição de K na seção 2.8). 
9167,0
000.30
500.27K
1
12
2
21
1
12
==φ
φ
=φ
φ
×φ
φ
= . 
 
d) L2 = ? 
( ) mHLK
ML
LL
MK 300
0,39167,0
5,27
2
2
1
2
2
2
21
=
×
=
⋅
=⇒= . 
 
2.7 - Reatância Mútua (XM). 
 
 
Relembrando-se a lei de Faraday tem-se: 
 
( )
( )
dt
dNv
dt
dNe
21
112
21
112
φ
φ
=
−=
 
onde 
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12e é a tensão induzida (elevação) no circuito 1 devido ao fluxo (φ21) produzido no circuito 2 e que 
enlaça o circuito 1; e 12v , similarmente, a queda de tensão no circuito 1 provocada pelo fluxo do 
circuito 2. 
 
• Tem-se as equações básicas de tensões: 
.
;
2
12
2
2
222
1
21
1
1
111
e
dt
dN
dt
dNiR
e
dt
dN
dt
dNiR
=++
=++
φφ
φφ
 
• Considerando que a permeabilidade magnética (µ) do meio condutor do fluxo magnético seja 
constante, tem-se que: 
.
;
;
;
12
2
1
12122112
1
12
212
2
2
2
22222
2
2
22
21
1
2
21211221
2
21
121
1
1
1
11111
1
1
11
dt
dN
dt
idMNiM
i
NM
dt
dN
dt
idLNiL
i
NL
dt
dN
dt
id
MNiM
i
NM
dt
dN
dt
id
LNiL
i
NL
φφφ
φφφ
φφφ
φφφ
=⇒=⇒=
=⇒=⇒=
=⇒=⇒=
=⇒=⇒=
 
 
Substituindo os valores acima nas equações básicas de tensões tem-se: 
.
;
2
1
12
2
222
1
2
21
1
111
e
dt
idM
dt
idLiR
e
dt
idM
dt
idLiR
=++
=++
 
 
Considerando tensões e correntes com a forma de onda senoidal 
( )
( )
( )
( ) ;
;
;
;
222222
111111
222222
111111
θθω
θθω
ϕϕω
ϕϕω
∠=⇒+=
∠=⇒+=
∠=⇒+=
∠=⇒+=
EEtsenEe
EEtsenEe
IItsenIi
IItsenIi
m
m
m
m
&
&
&
&
 
e substituindo estes valores instantâneos nas equações acima, derivando, considerando que ( ) ααα jsensen =+= o90cos , e fazendo: 
;90
;90
;90
;90
12
21
2222
1111
MMM
MMM
L
L
XXXjMj
XXXjMj
XXXjLj
XXXjLj
&
&
&
&
o
o
o
o
=∠==
=∠==
=∠==
=∠==
ω
ω
ω
ω
 
têm-se as equações de tensões na forma fasorial: 
.
;
212222
121111
EIXIXIR
EIXIXIR
M
M
&&&&&&
&&&&&&
=++
=++
 
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Problema 2.5 – Para o circuito abaixo determine o valor da reatância mútua MX& , o valor de tensão 
'22V& que aparece nos terminais do secundário aberto, e faça um diagrama fasorial para o primário e 
secundário. Sabendo-se que: 
 
.9054,702,0
;9010
7,37
1
;0
2
50/37737750
;10
2112
111
11
1
Ω∠==⇒===
Ω∠==⇒=
∠==⇒=
Ω=
o
o
o
&
&
&
MjXHMMM
LjXHL
voltsEesrdvoltstsene
R
M
L
ω
ω
ω
 
 
Para o primário (circuito 1, indutor): 
121111 EIXIXIR M &&&&&& =−+ ; como 0I2 =& (circuito 2 aberto) ⇒ 
o
o&
& 455,2
1010
02/50
11
1
1 −∠=
+
∠
=
+
= jjXR
EI ampères. 
Para o secundário (circuito 2, induzido): 
1'22'2212222 0 IXVVIXIXIR MM &&&&&&&&& =⇒=+−+ já que 0I2 =& ⇒ 
ooo& 4585,18455,29054,7
'22 ∠=−∠×∠=V volts. 
Observe que 1IX M && é a força eletromotriz 2'2E& induzida no secundário. 
 
Atenção: Observe que nas equações de tensões desenvolvidas no item 2.7 usou-se sinal positivo (+) 
para a queda de tensão do fluxo mútuo e nas equações deste problema usou-se o sinal negativo (-). 
Isto se justifica já que no primeiro caso os fluxos φ12 e φ21 tinham mesmo sentido dos fluxos das 
bobinas φ1 e φ2 e conseqüentemente estes fluxos provocarão quedas de tensões de mesmos sinais, e 
neste exemplo o circuito 2 é induzido do circuito 1, conseqüentemente de sinal contrário pela lei de 
Lenz. Com isto ficou claro que para escrever as equações de tensões com segurança e corretamente 
é necessário conhecer a polaridade instantânea dos fluxos, se tem mesmos sentidos (fluxos aditivos) 
ou contrários (fluxos subtrativos). 
 
Tem-se, para este problema, os diagramas fasoriais: 
 
 
Circuito 1 
 
Circuito 2 
 
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2.8 - Coeficiente de Acoplamento Magnético (KM) 






φ
φ






φ
φ
=
2
21
1
12
MK . 
Na maioria das aplicações práticas 
2
21
1
12
M
2
21
1
12 K φ
φ
=φ
φ
=⇒φ
φ
=φ
φ
. 
Lembrando-se que: 
.
;;
1
221
21
2
211
21
2
112
12
1
12
212
2
22
2
2
2
22
1
11
1
1
1
11N
iM
i
NMe
N
iM
i
NM
N
iL
i
NL
N
iL
i
NL
=⇒==⇒=
=⇒==⇒=
φφφφ
φφφφ
 
Substituindo estes valores na expressão de KM obtém-se: 
212121
2
21
2112
2
22
1
11
1
221
2
112
LL
MK
LL
M
LL
M
LL
MM
N
iL
N
iL
N
iM
N
iM
K MM =⇒==
×
=
/
/
×
/
/
/
/
×
/
/
= 
 
Exemplo 2.3 – Para duas bobinas 21 BeB com acoplamento magnético e sabendo-se que: 
50N1 = espiras; 
500N2 = espiras; 
φ1 = 6.000 maxwells/A de i1; 
φ12 = 5.500 maxwells/A de i1; 
φ2 = 60.000 maxwells/A de i2; 
φ21 = 55.000 maxwells/A de i2. 
Pede-se L1, L2, M12, M21 e KM. 
.917,0
000.60
000.55
;5,2710000.5550
;917,0
000.6
500.5
;5,2710500.5500
;30010000.60500
;917,0
3003
5,27
;310000.650
2
218
2
21
121
1
128
1
12
212
8
2
2
22
21
8
1
1
11
====××==
====××==
=××==
=
×
===××==
−
−
−
−
φ
φφ
φ
φφ
φ
φ
M
M
M
KmH
i
NM
KmH
i
NM
mH
i
NL
LL
MKmH
i
NL
 
Problema 2.8 – Dados 000.11 =N espiras; 3382 =N espiras; 805,0K M = e 400.911 =iφ 
Maxwells. Pede-se: L1, L2 e M. 
.9410400.9000.1 8
1
1
11 mHi
NL =××== −φ Observe que 112
1
12 φφφ
φ
MM KK =⇒= . 
.74,10
94
1
805,0
58,251
;58,2510400.9805,0338
2
2
1
2
2
21
8
1
1
2
1
12
212
mH
LK
ML
LL
MK
mH
i
KN
i
NMM
M
M
M
=×=⋅





=⇒=
=×××==== −
φφ
 
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2.9 - Sinal de M 
Num dado circuito a tensão da indutância mútua M dt
di
 pode somar-se ou opor-se à tensão da 
auto-indutância dt
diL , dependendo dos sentidos dos fluxos envolvidos: 
• M(+) se as tensões induzidas (fluxos) tem o mesmo sentido e 
• M (-) se as tensões induzidas (fluxos) tem sentidos contrários. 
 
Ex. Escrever as equações para os circuitos 1 e 2 da figura abaixo: 
 
 
 
 
 
Circuito 1: 121111 edt
idM
dt
idLiR =−+ ; 
Circuito 2: 112222 edt
idM
dt
idLiR =−+ . 
 
 
Marcação de Polaridade (magnética) de Bobinas 
 A marcação deve ser efetuada de modo que ao escrevermos as equações de tensões para a 
corrente i1 na bobina 1 (B1) e para a corrente i2 na bobina 2 (B2) teremos para o sinal de M as regras: 
• M é (+) se i1 entra na bobina B1 pelo terminal marcado e, ao mesmo tempo, i2 entra na bobina 
B2, também, pelo terminal marcado; 
• M é (+) se i1 sai na bobina B1 pelo terminal marcado e, ao mesmo tempo, i2 sai na bobina B2, 
também, pelo terminal marcado; 
• M é (-) nos casos contrários, ou melhor, se a corrente i1 entra pelo terminal marcado e i2 sai pelo 
terminal marcado e, também, se i1 sai pelo terminal marcado e i2 entra pelo terminal marcado. 
 
Processo de Marcação de Polaridades em duas bobinas 
 
Para o circuito de corrente contínua, indicado 
ao lado, com a chave ch aberta, marcaremos na 
bobina 1 o terminal 1, ou seja, aquele por onde 
entrará a corrente i1 no momento do fechamento da 
chave (ch). Ao fechar a chave ch, a corrente i1, será 
crescente, circuito RL, e induzirá uma força 
eletromotriz na bobina 2, e que por sua vez provocará 
uma deflexão no amperímetro de corrente contínua (Acc) ligada a seus terminais 22’. Pela deflexão do 
amperímetro descobrimos por onde a corrente i2 saiu da bobina 2 e marcamos este terminal. No 
exemplo acima, o terminal 2. Sabemos pela lei de Lenz que o circuito acima, nas condições descritas é 
um circuito com características de fluxos subtrativos, já que i2 é induzida de i1 onde i1 é crescente. 
Observe que este critério de marcação de polaridade de bobinas está em concordância com a regra do 
sinal de M acima, já que i1 entra pelo ponto e i2 sai pelo ponto ⇒ M (-) ⇒ fluxos subtrativos ou em 
sentidos contrários. 
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2.10 - Indutância Mútua entre porções do mesmo circuito 
 
Tem-se a equação para o circuito acima na 
forma instantânea: 
⇒+++++
dt
idM
dt
idLiR
dt
idM
dt
idLiR 12222111 
( ) ( ) e
dt
idMLLiRR
aditivotL
=++++
44 344 21
22121 . 
 
onde Laditivo é a indutância equivalente para a ligação aditiva (fluxos φ12 e φ21 no mesmo sentido). Se 
invertermos o sentido da entrada de corrente em uma das bobinas, teremos então fluxos φ12 e φ21 em 
sentidos contrários (subtrativos) e teremos a equação: 
( ) ( ) e
dt
idMLLiRR
subtrativoL
=−+++
44 344 21
22121 ; onde Lsubrativo é a indutância equivalente para a ligação subtrativa. 
Observe que: 
Laditivo – Lsubrativo = (L1+L2+2M) – (L1+L2-2M) = 4M ⇒ 4
subtrativoaditivo LLM
−
= . 
 
Problema 2.10 – Para a figura acima, com fluxos subtrativos, onde: 
;90,9
;0,6
;40,4
;1
22
2
11
1
Ω=⇒=
Ω=
Ω=⇒=
Ω=
jXmHL
R
jXmHL
R
&
&
 
.5,40
;/000.1
;30,3
eficazesvoltsE
srdw
jXmHM M
=
=
Ω=⇒= &
 
Pede-se: 
subZ& , I& , 1V& (tensão nos terminais da bobina 1); 2V& (tensão nos terminais da bobina 2) e diagrama 
fasorial do circuito. 
( ) ( )
( )[ ] ( )
( )[ ] ( ) .071,344509,466
;079,54509,411
;4509,4
4527
05,40
;4527772
1222
1111
2121
voltsjIXXjRV
voltsjIXXjRV
Ampère
Z
EI
jXXXjRRZ
M
M
subtrativo
Msubtrativo
oo
oo
o
o
o
o
&&
&&
&
&
&
&
∠=−∠×+=−+=
∠=−∠×+=−+=
−∠=
∠
∠
==
Ω∠=+=−+++=
 
 
 
Observe que neste exemplo 1V& e 2V& estão em 
fase com .E& Será que este fato ocorrerá, sempre, em 
situações similares ou foi meramente uma combinação 
particular das impedâncias que provocou tal fato? 
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2.11 - Indutância Mútua entre ramos em paralelo 
 
 
Para o circuito ao lado onde a corrente de laço 1I& 
abrange a fonte de tensão E& e o ramo ab, e a corrente de laço 
2I& , a fonte de tensão E& e o ramo cd tem-se as equações já na 
forma matricial: 
( )
( ) 




=





×





+
−
−
+
E
E
I
I
jXR
X
X
jXR
2
1
22
M
M
11
&
&
&
&&
&
. Dessa forma 
∆
∆
=
&
&
& 1
1I , corrente na bobina 1; 
∆
∆
=
&
&
& 2
2I , corrente na bobina 2 e 
21 III &&& += , corrente fornecida pela fonte de tensão E& . 
 
Problema 2.11 – Para a figura acima, com fluxos φ12 e φ21 aditivos e onde: 
;775,0
;3,3
;/377
;050
2
1
Ω=
Ω=
=
∠=
R
R
srdw
VoltsE o&
 
.65,90256,0
;07,40108,0
;4,35094,0
22
11
Ω=⇒=
Ω=⇒=
Ω=⇒=
jXHM
jXHL
jXHL
M
&
&
&
 
Pede-se: 
 
a) I,I,I 21 &&& e o diagrama fasorial do circuito. 
Observe que o sinal de MX& , neste caso, na matriz de impedâncias Z& é positivo, ou seja, MX& 
em vez de MX&− . Resolvendo numericamente tem-se: 
.33,6123,16
;2,5748,20
;0,13844,4
211
2
2
1
1
AIIIAI
AI
o
o
o
&&&
&
&
&
&
&
&
−∠=+=
−∠=
∆
∆
=
∠=
∆
∆
=
 
 
 
b) Uma análise sobre o consumo de potência real em cada bobina, bem como as potências transmitidas 
ou recebidas pelas mesmas, condutivamente e eletromagneticamente. 
Define-se: 
• Consumo de potência real – potência consumida na parte resistiva da bobina: wattsIRPR 2= ; 
• Potência condutiva real – se entre dois pontos de um circuito tem uma tensão vVV θ∠=& e flui 
neste trecho uma corrente III θ∠=& então a potência recebida (+) condutivamente será 
( ) wattsIVP Ivcond θθ −= cos ; 
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• Potência eletromagnética real – é a potência real recebida (+) ou transmitida (-) por uma bobina 
através do fluxo magnético de acoplamento entre duas ou mais bobinas. Neste exemplo, estes 
fluxos são φφφφ12 e φφφφ21 e designaremos esta potência por Pmag1 e Pmag2. 
 
Tem-se para a Bobina 1: 
• wattsIRPR 055,6544,43,3 22111 =×=×= ; 
• ( ) ( ) wattsIVP IVcond 98,1641380cos44,450cos 11111 −=−××=−= o&& θθ . 
 
Para a bobina 2, tem-se: 
• wattsIRPR 06,32548,20775,0 22222 =×=×= ; 
• ( ) ( ) wattsIVP IVcond 71,5542,570cos48,2050cos 22222 =+××=−= o&& θθ . 
 
Para a fonte de tensão, tem-se: 
• ( ) ( ) wattsIEP IEcondF 33,38933,610cos23,1650cos =+××=−××= o&& θθ . 
 
Observe que: 
• wattsPPP condFcondcond 33,38973,38971,55498,16421 =≅=+−=+ ; 
• ⇒−= wattsPcond 98,1641 que esta bobina está operando condutivamente como um gerador, 
fornecendo potência real para a outra bobina ou para a fonte; 
• ⇒= wattsPcond 71,5542 que esta bobina está operando condutivamente como uma carga, 
recebendo potência; 
• A bobina 2 recebeu 554,71 watts (Pcond2) e consumiu em sua resistência 325,06 watts (PR2), tendo 
portanto um saldo de 554,71 – 325,06 = 229,65 watts. O que ocorreu com esta potência se 
estamos num regime estacionário? Esta potência deve ter sido transferida para a bobina 1 através 
do fluxo mútuo. Tem-se então que wattsPM 65,2292 −= . 
• A bobina 1 forneceu 164,98 watts (Pcond1) à bobina 2 e consumiu na sua resistência 65,055 watts 
(PR1), tendo portanto um déficit de 164,98 + 65,055 = 230,035 watts, que é praticamente igual 
aquele valor (229,65 watts) que sobrou na bobina 2. É claro que este déficit da bobina 1 foi 
suprido pelo superávit da bobina 2. Concluímos então que wattsPM 035,2301 = . 
• Observa-se, então, perfeito equilíbrio de potências reais para as bobinas 1 e 2, ou seja: 
Bobina 1 � 0055,65035,23098,164PPP 1R1mag1cond =−+−=−+ 
Bobina 2 � 006,32565,22971,554PPP 2R2mag2cond =−−=−+ 
 
c) Um enfoque alternativo e interessante para as potências condutivas e eletromagnéticas, transmitidas 
ou recebidas, por um determinado ramo de um circuito, como nos ramos ab e cd deste exemplo. 
Usaremos nesta análise a decomposição das tensões cdab VeV && em duas componentes, a 
primeira a tensão que a própria corrente do ramo provoca na impedância da bobina e, a segunda, 
aquela proveniente do acoplamento magnético, ou seja, a tensão induzida nesta bobina pelo fluxo da 
outra acoplada. Observe que voltsEVV cdab °∠=== 05012&&& . Para a equação de laço 1 obtivemos a 
equação: ( ) EIXIjXR M &&&& =++ 2111 onde: 
• ( ) ( ) 1111 326,137857,1570,13844,44,353,3 abVvoltsjIjXR && oo =−∠=∠×+=+ ; 
• 22 8,32632,1972,5748,2065,9 abM VvoltsjIX &&& oo =∠=−∠×= ; 
• voltsIXIZ M oo&&&& 068,006,508,32632,197326,137857,157211 ∠=°∠+−∠=+ . 
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UFU – FEELT - Mauro Guimarães 14 
 
Observando que estas duas tensões 2ab1ab VeV && interagem com a corrente 1I& do ramo ab 
teremos as potências condutivas: 
 
• ( ) ( ) wattsIVP IVabcond ab 058,65138326,137cos44,4857,157cos 11111 =−−××=−⋅⋅= oo&& θθ ; 
• ( ) ( ) wattsIVP IVabcond ab 07,2301388,32cos44,4632,197cos 12122 −=−××=−⋅⋅= oo&& θθ . 
Observou-se que watts058,65P 1cond += , significa que este ramo recebeu condutivamente esta 
potência e que, coincidentemente, é o valor consumista em R1 que é 
.055,6544,43,3 22111 wattsIRPR =×=×= Por outro lado, wattsPcond 07,2302 −= , valor negativo, 
significa que a tensão 2abV& está provocando um fornecimento de potência, ou seja, operando como 
gerador. Mas de onde veio esta potência? É claro que o ramo ab recebeu esta potência do ramo cd 
através do fluxo magnético. Observe que este valor é igual a wattsPM 035,2301 −=− , recebida 
magneticamente pela bobina 1, da análise do item (b). Sabe-se que o fluxo da bobina 2 (parte dele, 
80,39%) envolve a bobina 1, e em conseqüência provoca uma queda de tensão ou induz uma força 
eletromotriz na mesma. Na equação acima foi considerado como queda de tensão já que fizemos 
∑ = EV && , e obtivemos voltsVab o& 8,32632,1972 ∠= . Sabe-se que pela lei de Faraday que dt
dNe φ−= e 
que 
dt
dNv φ= , ou seja, e=-v, e desta forma a força eletromotriz induzida 
o&& 2,147632,19722 −∠=−= abab VE volts. Esta força eletromotriz está interagindo com a corrente I1 e, 
portanto, está fornecendo a potência ( )1212 cos IabEabgerada IEP && θθ −××= ⇒ ( ) wattsPgerada 07,2301382,147cos44,4632,197 =−−××= oo , que é o mesmo valor encontrado acima. 
Reforçamos aqui que se um fluxo variável envolve uma bobina, este fluxo irá provocar uma 
queda de tensão nesta bobina ou irá induzir uma força eletromotriz, e que podemos tratar esta tensão 
indistintamente como sendo a queda provocada ( )V& , ou como a tensão induzida ( )E& , desde que 
consideremos os sentidos e sinais corretamente, tanto para as tensões, correntes e potências geradas ou 
consumidas. Resumindo-se: 
• Para um gerador: ( )IEgerada IEP && θθ −××= cos . Se 
� Pgerada > 0 ⇒ gerador fornecendo potência ao circuito; 
� Pgerada < 0 ⇒ gerador absorvendo potência do circuito. 
• Para uma carga (ramo ab de um circuito) ( ).cos
abIabVababab IVP && θθ −= Se 
� Pab > 0 ⇒ ramo ab está consumindo potência, absorvida da fonte; 
� Pab < 0 ⇒ ramo ab está gerando potência, fornecendo para a fonte. 
Similarmente para o ramo cd tem-se: 
• ( ) voltsjVcd oo& 019,22851,842,5748,2007,4775,01 ∠=−∠×+= ; 
• voltsjVcd oo& 132846,420,13844,465,92 −∠=∠×= ; 
• voltsVV cdcd
o&& 03,099,4921 −∠=+ ; 
• ( ) 22221 06,3252,57019,22cos48,20851,84 IRPwattsP Rcond ×===+××= oo ; 
• ( ) ;07,2302,57132cos48,20846,42 22 Mcond PwattsP −==+−××= oo 
• voltsEcd
o& 48846,422 ∠= ; 
• ( ) wattsPgerada 07,2302,5748cos48,20846,42 −=+××= oo . 
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UFU – FEELT - Mauro Guimarães 15 
 
Exemplo: Para o circuito abaixo, escreva as equações para as correntes 21 IeI && indicadas e apresente-
as na forma matricial. 
 
 
Fazendo-se 
111 XjRZ +=& - Impedância da bobina 1; 
222 XjRZ +=& - Impedância da bobina 2; 
333 XjRZ +=& - Impedância da bobina 3. 
Teremos as equações: 
 
Para a corrente 1I& : ( ) ( ) 1232112212231212111 EIXIXIIZIXIIXIZ MMMM &&&&&&&&&&&&&& =−+−+−−+ . 
Para a corrente 2I& : ( ) ( ) 2232112122122311323 EIXIXIIZIIXIXIZ MMMM &&&&&&&&&&&&&& =+−−+−+− . 
Temos as equações na forma matricial: 
.
;
;
;
:
32223322122231321
322312112
12221111
2
1
2
1
22
12
21
11
MM
MMM
MMM
MM
XZXZZ
XZXXZ
XZXXZ
XZXZZ
onde
E
E
I
I
Z
Z
Z
Z
&&&&&
&&&&
&&&&
&&&&&
&
&
&
&
&
&
&
&
+++=
−−−−=
−−−−=
+++=






=











 
Com os valores numéricos para as impedâncias, reatâncias mútuas e tensões: 
;143
;102
;61
3
2
1
Ω+=
Ω+=
Ω+=
jZ
jZ
jZ
&
&
&
 
;9
;8
;7
3223
3113
2112
Ω==
Ω==
Ω==
jXX
jXX
jXX
MM
MM
MM
&&
&&
&&
 
.9040
;050
2
1
voltsE
voltsE
o
o
&
&
∠=
∠=
 
Tem-se: 
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( )
( )
( ) ⇒




∠
∠
=











+
−−
−−
+
Ω+=+++++=
Ω−−=−+−−−==
Ω+=+++++=
o
o
&
&
&
&&
&
9040
050
425
342
342
303
;42591029143
;342910287
;3037102761
2
1
22
2112
11
I
I
j
j
j
j
jjjjjZ
jjjjjZZ
jjjjjZ
 
CE2 - Unidade 2– Circuitos Acoplados 
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UFU – FEELT - Mauro Guimarães 16 
;447,2653,125402,0641,12
14093
820.1110.1
;611,6555,146758,1458,14
14093
2180110.1
2
2
1
1
Ajj
jI
Ajj
jI
o
o
&
&
&
&
&
&
−∠=−=
+−
+−
=
∆
∆
=
−∠=−=
+−
+−
=
∆
∆
=
 
.005,321427,2356,1817,121 AjIII ab o&&& −∠=−=−= 
 
b) Determine a tensão abV& (nos terminais da bobina 2) por três caminhos alternativos: 
1- Através da bobina 2; 
2- Através da fonte de tensão 1E& ; 
3- Através da fonte de tensão 2E& . 
 
b.1) Tensão abV& através da bobina 2 ( ) ( ) ( )
( ) .67,8112,22334,3859,21769,113862,4
206,101731,11897,15990,14232112212
voltsjj
jjIXIXIIZV MMab
o
&&&&&&&&
∠=+=+
−+++=−+−=
 
 
b.2) Tensão abV& através da fonte de tensão 1E& ( )( )
( ) ( ) ( )
.680,8113,22337,386,21
050128,101322,4719,12949,7072,85513,24
1231212111
voltsj
jjj
EIXIIXIZV MMab
°∠=+
=°∠++++−+−
=+−−+−= &&&&&&&&&
 
 
b.3) Tensão abV& através da fonte de tensão 2E& ( )
( ) ( ) ( )
.68,8113,22336,386,21
40353,16220,10664,115406,13353,175486,45
2122311323
voltsj
jjjj
EIIXIXIZV MMab
o
&&&&&&&&&
∠=+
=−−−++−+
=−−+−=
 
 
2.12 - O Transformador com núcleo de ar 
 
Para o transformador da figura ao lado 
têm-se as equações: 
.0
;
2122
1211
=+−
=−
IZIXjIZ
VIXjIZ
CM
M
&&&&&
&&&&
 ⇒ 
( ) ⇒




=











+
−
− 0
1
2
1
2
1 V
I
I
ZZ
X
X
Z
C
M
M
&
&
&
&&
&
&
&
 
 
( )
( ) ;221
211
1
MC
C
XZZZ
ZZV
I
&&&&
&&&
&
&
&
−+
+
=
∆
∆
= ( ) 221
12
2
MC
M
XZZZ
XV
I
&&&&
&&
&
&
&
−+
=
∆
∆
= ; 2'222 IZVV C &&&& == . 
 
Impedância equivalente ( 1eZ& ) vista do lado do primário 
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UFU – FEELT - Mauro Guimarães 17 
 
Ao aplicar-se a tensão 1V& aos terminais 11’ do transformador com núcleo de ar obtém-se a 
corrente 1I& .Designa-se a impedância 111 IVZ e &&& = como sendo a impedância equivalente do 
transformador para os terminais 11’, ou seja, 
( )
( )
( )
( )C
M
C
MC
Mc
C
e ZZ
X
Z
ZZ
XZZZ
XZZZ
ZZV
V
I
V
Z
&&
&
&
&&
&&&&
&&&
&&&
&
&
&
&
+
−=
+
−+
=
−+
+
==
2
2
1
2
2
21
2
21
21
1
1
1
1 
 
Fazendo TC ZZZ 22 &&& =+ (impedância total do secundário); e *2TZ& o conjugado de T2Z& ou seja, 
T2T2
*
T2T2T2T2 jXRZjXRZ −=⇒+= && ; e observando que =⇒= 2MMM XjXX && 
( )( ) =MM jXjX 222 MM XXj −= , teremos para a expressão da impedância equivalente, 
*
22
2
2
11 T
T
M
e ZZ
X
ZZ &&& 





+= , ou seja, 1eZ& é a soma da impedância 1Z& (do primário) com o conjugado da 
impedância total do secundário ( )*T2Z multiplicada pelo escalar 2
T2
M
Z
X






. 
Observe que se a impedância total ( )T2Z& do secundário tiver como característica carga reativa 
indutiva (como por exemplo, se cZ& for resistência pura, teremos X2 como reativo indutivo) aparecerá 
no primário com sinal trocado (conjugado de T2Z ), ou seja, como se fosse capacitor, contrária à 
reatância X1 do primário. 
 
Nota: Observa-se que as equações de tensões para o primário e para o secundário desenvolvidas acima 
correspondem aos fluxos subtrativos e que no caso de fluxos aditivos os elementos 2112 ZeZ && da 
matriz de impedância Z& alternariam de sinal, ou melhor, MXZZ &&& −== 2112 para acoplamento 
subtrativo e M2112 XZZ &&& == para acoplamento aditivo. Observe que esta alteração de sinal não 
provocará nenhuma alteração em 1∆∆ && eme , conseqüentemente, a solução para 1I& será a mesma 
nos dois casos. Mas por outro lado, o valor de 2∆& inverterá de sinal, provocando o mesmo efeito 
em 2I& , ou seja, 2'2 II && −= onde 2I& é a corrente encontrada para o secundário no primeiro caso, e '2I& 
para o segundo. 
Observe também que 1eZ& é idêntica em ambos casos, já que 111 IVZ e &&& = e como 1V& e 1I& não 
sofreram nenhuma alteração, 1eZ& , evidentemente, ficará inalterado. 
Vamos agora analisar estes resultados imaginando a figura do início desta seção como sendo 
um transformador físico imutável, ou seja, não conseguiremos alterar nenhuma de suas características 
sem danificá-lo, sem desmontá-lo. Assim seus terminais 1, 1’, 2 e 2’, bem como, a marcação de 
polaridades são inalteráveis. Observe que se para a primeira solução (fluxos subtrativos) encontramos 
a corrente o& 3052 ∠=I A, significa que a corrente que percorre a carga cZ& no sentido 22’ é o fasor 
Ao305∠ . Se desejássemos escrever as equações de tensões com acoplamento aditivo, teríamos então 
que trabalhar no secundário com a corrente '2I& saindo do terminal 2’ da bobina e entrando no terminal 
2 da mesma. Pela discussão anterior, é claro que encontraríamos como solução para 
o&& 3052'2 ∠−=−= II = Ao1505 −∠ . É claro que esta corrente percorre a carga cZ& no sentido 2’2, e se 
desejássemos a corrente em cZ& no sentido contrário, 22’, seria seu negativo, ou seja, A305 o∠ , que 
fasorialmente é a mesma solução de primeiro caso. 
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UFU – FEELT - Mauro Guimarães 18 
 
Conclusão: A solução para 2I& é idêntica se consideramos o acoplamento positivo ou negativo. Seus 
valores fasoriais serão iguais em módulo e de sinais contrários, mas também com sentidos contrários 
na carga, e, por conseguinte, se consideramos a corrente na carga no mesmo sentido, a solução 
fasorial será idêntica. 
 
Problema 2.12 - Para o transformador abaixo, sabendo-se que: 
 
 
.050
;65,90256,0
;07,40108,0
;775,0
;4,35094,0
;3,3
;/377
22
2
11
1
voltsE
jXHM
jXHL
R
jXHL
R
sradw
M
o&
&
&
&
∠=
Ω=⇒=
Ω=⇒=
Ω=
Ω=⇒=
Ω=
=
 
Pede-se:a) Com Ω∞=cZ& , terminais do secundário aberto, determine µ,,,, '22,21 SE PPVII &&& (rendimento) 
e undárioPsec . 
Como o secundário está aberto, 0I2 =& e as equações de tensões tornam-se: 
.secundário no induzida f.e.m.0
;675,84406,1400,11305,0
4,353,3
050
2'21'22'221
1
1
111111
===⇒=+−
−∠=−=
+
∠
==⇒=−
EIXVVIX
AjjZ
EIEIXIR
MM
&&&&&&&
&
&
&&&&& o
o
 
 
Temos então: 
;326,5571,13
;0
;675,84406,1
'22
2
1
VV
AI
AI
o
o
&
&
&
∠=
=
−∠=
 
.0
%;0
;0
;52,6
sec wattsP
wattsP
wattsP
undário
S
E
=
=
=
=
µ
 
 
b) Com Ω= 15,28cZ& (resistor puro) pede-se: µ,,,, '22,21 SE PPVII &&& (rendimento) e undárioPsec . 
Resolvendo-se as equações: 
.0
;
212222
121111
=+−+
=−+
IZIXIXIR
EIXIXIR
CM
M
&&&&&&&
&&&&&&
 
na forma matricial [ ] [ ] [ ]VIZ &&& = obtém-se: 
;4,209,13
;46,2465,0
;5,79409,1
2'22
2
1
VIZV
AI
AI
c
o
o
o
&&&
&
&
∠==
∠=
−∠=
 
( )
( )
( ) ( ) .25,6465,015,28775,0
%;5,47100
;08,6cos
;8,12cos
22
22sec
2'22
2
2
1
2'22
1
wattsIRRP
PP
wattsIVIZP
wattsIEP
cundário
ES
IVcS
IEE
=×+=×+=
=×=
=−××==
=−××=
µ
θθ
θθ
&&
&&
 
 
Observe que a força eletromotriz induzida no secundário é 12'2 IXE M &&& = . 
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UFU – FEELT - Mauro Guimarães 19 
 
c) similar ao item (a) com 4621,10181,1 jZc −=& Ω, carga na qual ocorre a máxima transferência de 
potência da fonte de tensão, pede-se µ,,,,
'22,21 SE PPVII &&& (rendimento) e undárioPsec . 
Resolvendo-se as equações de tensões na forma matricial [ ] [ ] [ ]VIZ &&& = , obtém-se: 
;3255,56649,6
;18,291858,2
2
1
AI
AI
o
o
&
&
∠=
−∠=
 
;8225,49875,11
'22 VV °−∠=& 
;65,796649,6)0181,1775,0(
%;39,47
;22,45
;42,95
2
sec wattsP
wattsP
wattsP
undário
S
E
=×+=
=
=
=
µ 
 
d) similar ao item (a) com 0Zc =& , terminais do secundário em curto circuito, pede-se: 
µ,,,,
'22,21 SE PPVII &&& (rendimento) e undárioPsec .. 
Resolvendo-se as equações de tensões na forma matricial [ ] [ ] [ ]VIZ &&& = , obtém-se: 
;0,4562,7775,0
;832,49616,7
;55,6028,3
2
sec
2
1
wattsP
AI
AI
undário =×=
−∠=
−∠=
o
o
&
&
 
%;0
;0
;6,80
=
=
=
µ
wattsP
wattsP
S
E
 
 
d) Análise do comportamento do transformador 
Vamos efetuar uma análise do comportamento deste transformador para os quatro casos 
anteriores: (a) Secundário aberto ( )∞=cZ& ; (b) carga Ω= 15,28cZ& ; (c) Carga de máxima transferência 
de potência e (d) Secundário em curto-circuito ( )0=cZ& . Para facilitar esta análise vamos resumir os 
resultados anteriores na tabela abaixo, aproximados. 
Tabela 1 – Transformador com núcleo de ar com acoplamento subtrativo. 
Ca-
so 
cZ& 
(Ω) 
1E& 
(V) 
'22V& 
(V) 
1I& 
(A) 
2I& 
(A) 
EP 
(W) 
SP 
(W) 
η 
(%) 
secP 
(W) 
(a) ∞ o050∠ o32,56,13 ∠ o7,84406,1 −∠ 0 6,52 0 0 0 
(b) 28,15 o050∠ o4,209,13 ∠ o5,79409,1 −∠ o46,2465,0 ∠ 12,8 6,08 47,5 6,25 
(c) °−∠ 15,5578,1 o050∠ °−∠ 82,4988,11 o2,29186,2 −∠ o33,5665,6 ∠ 95,4 45,2 47,4 79,7 
(d) 0 o050∠ 0 o6,6028,3 −∠ o8,4962,7 −∠ 80,6 0 0 45,0 
 
Considerações sobre as variações dos parâmetros do transformador de núcleo de ar com 
acoplamento subtrativo do Problema 2.12, ao variar-se sua carga cZ& : 
• Tensão de saída do transformador (V22’): Variou muito pouco nos casos (a), (b) e (c), 
mostrando uma boa regulação do transformador, isto é, pequena variação da tensão de saída, 
função da carga ZC. Exceção para o caso (d), já que temos os terminais em curto, e evidentemente 
V22’ = 0; 
• Corrente no primário (I1): Observe aqui alguns fatos interessantes: o primeiro, que a corrente I1 
para os dois primeiros casos permaneceu praticamente constante, mesmo com I2 = 0,465 (caso b). 
Nota-se que a potência adicional transferida para o secundário (6,25 W no caso b) foi 
equacionada com a mudança de fase entre 1V& e 1I& , de 84,7°°°° para 79,5°°°°. O segundo fato é que para 
o caso (c) a corrente I1 cresceu pouco mais 55% para um acréscimo de potência de entrada de 
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645% e, também, a corrente do secundário (I2) tenha crescido da ordem de 1.333%. Novamente, 
o equacionamento desta situação ocorreu-se com a mudança de fase entre 1V& e 1I& , de 79,5°°°° para 
29,2°°°°. Finalmente, no caso (d), secundário em curto, a corrente do primário cresceu 50% e 
potência de entrada recuou para 84,5% do valor anterior e a corrente do secundário (I2) tenha 
crescido da ordem de 14 %. Para solucionar esta última situação ocorreu-se mudança de fase 
entre 1V& e 1I& , de 29,2°°°° para 60,6°°°°; 
• Corrente no secundário (I2): Para o caso de máxima transferência de potência (c) esta corrente 
cresceu na ordem de 14 vezes com relação à corrente da carga Ω= 15,28CZ (caso b). Com 
secundário em curto (caso d) ocorreu um acréscimo adicional de 14%, possivelmente provocando 
um sobreaquecimento no secundário; 
• Potência de Entrada (PE):. No caso (a) toda a potência de entrada (6,52 W) foi consumida na 
resistência do enrolamento primário. Já no caso (b), embora esta potência (12,8 W) tenha 
praticamente dobrado, este incremento foi, praticamente, devido a potência transferida para a 
carga ZC (6,08 W) com consumo muito pequeno (0,17 W) no enrolamento do secundário. No caso 
(c), embora esta potência tenha crescido 7,45 vezes (para 95,4 W), este incremento foi devido à 
potência consumida no primário (15,7 W - um aumento bastante significativo do caso anterior, 
203 vezes mais), bem como, aquela transferida para o secundário (79,7 W). Da potência 
transferida para o secundário, parte foi consumida na carga ZC (45,2 W) e o restante, no seu 
enrolamento (34,5 W). Nota-se, neste caso, um consumo bastante significativo nos enrolamentos 
do transformador. Por último, no caso (d), ocorreu um pequeno decréscimo (15,5%) na potência 
de entrada, embora, tenham-se ocorrido acréscimos de consumos nos enrolamentos do primário 
(127%) e do secundário (30,4%), nos alertando para um grave risco de aquecimento dos mesmos. 
• Rendimento do Transformador (ηηηη): Observe que o rendimento do transformador manteve-se 
praticamente constante nos casos (b) e (c) mesmo com uma potência transferida para a última 
carga mais de sete vezes maior. 
 
Problema 2.12.(b) – Resolva o Problema 2.12 com acoplamento aditivo. Para o item (d) trace os 
diagramas fasoriais do Primário e do Secundário. Com os valores calculados, monte a Tabela 2, 
similar a Tabela 1. 
Resp.: 
a) ;674,174571,13
'22 VV
o&
−∠= 
b) ;6,17709,13;6,177465,0
'222 VVAI
oo &&
−∠=−∠= 
c) ;18,130875,11;45,174665,6
'222 VVAI
oo && ∠=−∠= 
d) ;2,13066,72 AI o& ∠= 
OBS.: Os demais resultados dos itens (a), (b), (c) e (d) 
são os mesmos do Problema 2.12. 
 
Tabela 2 – Transformador com núcleo de ar com acoplamento aditivo. 
Ca-
so 
cZ& 
(Ω) 
1E& 
(V) 
'22V& 
(V) 
1I& 
(A) 
2I& 
(A) 
EP 
(W) 
SP 
(W) 
η 
(%) 
secP 
(W) 
(a) ∞ o050∠ o7,1746,13 −∠ o7,8441,1 −∠ 0 6,510 0 0 
(b) 28,15 o050∠ o6,1771,13 −∠ o5,7941,1 −∠ o6,17747,0 −∠ 12,8 6,08 47,5 6,25 
(c) °−∠ 15,5578,1 o050∠ °∠ 2,1309,11 o2,292,2 −∠ o7,17467,6 −∠ 95,4 45,2 47,4 79,65 
(d) 0 o050∠ 0 o6,603,3 −∠ o2,13062,7 ∠ 80,6 0 0 45,0 
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2.12.1 - Circuito acoplado condutivamente equivalente a um transformador com núcleo de ar 
1 - Acoplamento subtrativo – Considere o circuito abaixo, condutivo, como sendo equivalente ao 
transformador do início desta seção (2.12), com acoplamento subtrativo, onde 11’ são os terminais 
 
do primário do transformador e 22’ os terminais do 
secundário. Para este circuito temos as equações já 
na forma matricial: 
( )






=











++
−
−
+
0)(
1
2
1 V
I
I
ZZZ
Z
Z
ZZ
MCS
M
M
MP
&
&
&
&&&
&
&
&&
. 
Igualando-se termo a termo, os coeficientes desta 
matriz impedância com os coeficientes da anterior, matriz impedância do transformador com núcleo de 
ar, acoplamento subtrativo, obtém-se: 
.;; 21 MSMPMM XZZXZZXZ &&&&&&&& −=−== 
 
 
2 - Acoplamento aditivo - É evidente que o circuito condutivo acima, assim como a matriz de 
impedância correspondente é a mesma. Mas por outro lado, os elementos 2112 ZZ && = da matriz da 
impedância do transformador inverte seu sinal, ou seja MXZZ &&& == 2112 , em vez de MXZZ &&& −== 2112 
do caso subtrativo. Novamente, igualando termo a termo obtém-se: 
.;; 21 MSMPMM XZZXZZXZ &&&&&&&& +=+=−= 
 
 
Exemplo 1 – Determine as impedâncias MSP ZeZZ &&& , do circuito condutivo equivalente ao 
transformador do problema 2.12. 
( )
( ) .58,5775,065,907,4775,0
;75,253,365,94,353,3
;65,9
2
1
Ω−=−+=−=
Ω+=−+=−=
Ω==
jjjXZZ
jjjXZZ
jXZ
MS
MP
MM
&&&
&&&
&&
 
 
 
Exemplo 1.(b) – Similar ao Exemplo 1 com acoplamento aditivo. 
Resp.: .72,13775,0;05,453,3;65,9 Ω+=Ω+=Ω−= jZjZjZ SPM &&& 
 
Exemplo 2 – Considerando os valores encontrados para MSP ZeZZ &&& , no Exemplo 1, pede-se: 
a) Com voltsV o& 0501 ∠= , determine o circuito de Thévenin equivalente para os terminais 22’. 
 
⇒
+
==
MP
MM ZZ
V
ZIZV
&&
&
&&&& 1
1'22 
;3255,5571,132596,15125,13
.'22 VjVV Thev o&& ∠=+== ( ) ⇒°∠+=+= 02,880463,7//
'22 SMPS ZZZZZ &&&&& 
;148,557816,14621,10181,1
.'22 Ω∠=+==
o&& jZZ Thev 
Observe que .326,5571,13
.'222'2 voltsVVE Thev
o&&& ∠=== 
b) Usando o circuito equivalente do item anterior, calcule a corrente 2I& na carga cZ& com Ω= 0CZ& e 
Ω= 15,28CZ& . 
CE2 - Unidade 2– Circuitos Acoplados 
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UFU – FEELT - Mauro Guimarães 22 
Observe que 
c'22
2'2
2 ZZ
E
I
&&
&
&
+
= ⇒ 
Para ;456,24647,015,28 2 AIZC o&& ∠=⇒Ω= 
Para .823,49617,70 2 AIZC
o&&
−∠=⇒Ω= 
c) Qual seria o valor da impedância cZ& , para que ocorresse a máxima transferência de potência nesta 
impedância e determine o valor correspondente para 2I& e Pconsumida nela. 
.225,456649,60181,1
;3255,56649,66186,06361,64621,10181,1
2
2
*
'22
wattsPP
AjIjZZ
sZ
C
C
=×==
∠=−=⇒Ω−==
&
o&&&
 
 
Exemplo 2.(b) – Similar ao Exemplo 2 com acoplamento aditivo. 
Resp.: a) ;148,557816,14621,10181,1;6745,174571,13
..
Ω∠=+=−∠= oo && jZVV ThevThev 
b) ;544,1774647,015,28 2 AIZC o&& −∠=⇒Ω= 
.177,130617,70 2 AIZC
o&& ∠=⇒Ω= 
c) .225,45;6745,1746649,6;4621,10181,1 2 WPAIjZ consumidaC =−∠=Ω−= o&& 
 
2.13 - Impedância Transferida 
 
 
Uma das principais considerações em circuitos de comunicação é 
a transferência de máxima potência de um gerador de pequena potência 
para um receptor. Para isto: 
 
jXRZjXRZZ CLg −=⇒+=+ &&& 
Em audiofreqüências podemos usar com sucesso transformadores com núcleo de ferro para 
variar tensões e associar impedâncias. Em radiofreqüências são usados geralmente transformadores 
com núcleo de ar ou núcleo de cerâmica. Em transformador com núcleo de ferro onde o coeficiente de 
acoplamento é relativamente alto ( )1≅K e o quadrado da reatância da bobina do secundário é muito 
maior que o quadrado da resistência total do secundário, uma resistência CR colocada no secundário 
com N2 espiras pode aparecer refletido nos terminais do primário com N1 espiras como CRN
N
2
2
1






, 
conforme ilustrado na figura abaixo. 
 
 
CE2 - Unidade 2– Circuitos Acoplados 
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UFU – FEELT - Mauro Guimarães 23 
Para transformador com núcleo de ar, em geral, CR aparece no primário em forma modificada. 
Para o transformador com núcleo de ar tem-se que: 
( ) ( ) ( )2
2
22
2
11
22
2
11
2
2
1
1
1
1
T
TTM
TT
M
T
M
e Z
jXRXjXRjXR
X
XjR
Z
Z
Z
I
V
Z
−
++=
+
++=−== &
&
&
&
&
&
&
 
Considerando as hipóteses: 
• ⇒<< TT wLRH 221 : 
2
2
2
2 TT XZ ≅ ; 
• TLH 22 : está concentrada na Bobina 2 ⇒ 0arg ≅acL ⇒ 
2
22
22 i
N
LL T
φ
== ; 
• 213 1: LLMKH ⋅=⇒≅ . 
e aplicando-as sobre a relação 2
2
2
T
M
Z
X
 abaixo, obteremos: 
( )
.2
1
2
2
2
1
22
2
2
11
1
1
22
2
11
1
2
2
2
1
1
1
2
2
2
2
1
2
2
21
2
2
2
2
2
2
2
2
2
22
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
321
N
N
iN
i
N
iN
i
N
fmm
i
N
fmm
i
N
i
N
i
N
Z
X
L
L
L
LL
L
M
L
M
LLw
Mw
X
X
XR
X
Z
X
T
M
HH
C
H
T
M
TT
M
T
M
=
/⋅⋅
/
/⋅⋅
/
=
ℜ
×
ℜ
×
=⇒
⇒=≅=≅
+
=≅
+
=
φ
φ
48476444 8444 76444 8444 76
 
Esta relação, 
2
2
1






N
N
, é aquela apresentada para transformadores de núcleo de ferro responsável pela 
transferência de uma carga no secundário de um transformador para seu primário. 
Observe que um valor TR2 do secundário, grande, pode aparecer pequeno no primário desde 
que N1 << N2. Note, também, que para as mesmas condições acima, a indutância eficaz nos terminais 
do primário aproxima-se de zero: 
( ) 02
2
1
12
2
1
122
2
2
11 ≅⋅/
−=+⋅−=⋅−= wL
L
L
XLLw
L
L
XX
Z
X
XX CT
T
M
e
&
. 
Problema 2.13 – Um gerador fornece 10 volts eficazes ( gE& ) em 265,5 Hz e tem uma impedância 
interna Ω∠= o& 02gZ e será usado para energizar uma carga resistiva Ω= 90CZ& . Determine a 
potência entregue à carga para os três casos de acoplamento da carga ao gerador: 
(a) diretamente, isto é, os terminais do gerados diretamente ligados aos terminais da carga; 
(b) através de um transformador com Ω+= 5011 jZ& (impedância do primário), Ω+= 000.5102 jZ& 
(impedância do secundário), Ω= 26,458jX M& e um capacitor em série com seu primário, onde 
Ω−= 8jX C& . Determinar a potência entregue à carga para os dois casos; 
(c) através de um transformador com mesmas reatâncias do item (b), ideal e sem o capacitor, ou 
melhor: Ω= 501 jZ& (impedância do primário), Ω= 000.52 jZ&(impedância do secundário), 
Ω= 500jX M& . 
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a) Gerador ligado diretamente à carga 
 
 
;010
;090
;02
voltsE
Z
Z
g
C
g
o
o
o
&
&
&
∠=
Ω∠=
Ω∠=
 
.063,11087,090
;1087,0
092
010
22 wattsIRP
A
ZZ
E
I
CZ
Cg
g
C
=×==
=
∠
∠
=
+
=
&
o
o
&&
&
&
 
 
b) Gerador ligado à carga através de um transformador real e um capacitor em série 
 
( )
;0164,88397,1
;103967,8
000.5100
26,458
;000.5100
;000.510090000.510
*
211
3
22
2
2
2
2
*
2
22
Ω+=+=
=×=
+
=
Ω−=
Ω+=++=+=
−
jZKZZ
K
Z
X
jZ
jjZZZ
Te
T
M
T
CT
&&
&&&
 
;244,06044,2
0164,08397,3
010
1
1 AjZXZ
E
I
eCg
g o
o
&&
&
&
−∠=
+
∠
=
++
= 
CC ZZ && =1 transferida para o primário = ;7557,090 Ω=×=⋅ KZK C 
.126,56044,27557,0 2211 wattsIZP CZC =×=×= (expressão válida para 1CZ resistência pura) 
 
c) Gerador ligado à carga através de um transformador ideal 
 
( )
;01619,08997,0
;109968,9
000.590
500
;000.590
;000.59090000.5
*
211
3
22
2
2
2
2
*
2
22
Ω+=+=
=×=
+
=
Ω−=
Ω+=+=+=
−
jZKZZ
K
Z
X
jZ
jjZZZ
Te
T
M
T
CT
&&
&&&
 
;3194,04486,3
01619,08997,2
010
1
1 AjZZ
E
I
eg
g o
o
&
&
&
−∠=
+
∠
=
+
= 
CC ZZ && =1 transferida para o primário = ;8997,090 Ω=×=⋅ KZK C 
.09,104486,38997,0 2211 wattsIZP CZC =×=×= (expressão válida para 1CZ resistência pura) 
Como referência o caso (a), ligação direta Gerador-Carga, observou-se que o gerador 
conseguiu transferir uma potência quase cinco vezes maior, para a mesma carga, quando acoplamos a 
carga e o gerador através de um transformador real (caso b), e quase dez vezes no caso do 
transformador ideal (caso c). 
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2.14 - Ressonância no primário com fator de potência unitário 
Já foi visto a impedância ( )1eZ& equivalente, do lado primário, para um transformador com 
núcleo de ar é: *211 Te ZKZZ += && onde 
*
T2Z é o conjugado da impedância total do secundário 
( )C2T2 ZZZ &&& += e K é um escalar onde 2
T2
2
M
Z
X
K = . Temos então as possibilidades: 
 
a) Capacitor em série com o primário 
 
.
1
1
1
1111
e
eCeee
wX
C
X
wC
XXjRZ
=
⇒==⇒+=&
 
 
b) Capacitor em paralelo com o primário 
 
 
.0
011
2
1
1
2
1
1
2
1
11
1
e
e
e
e
C
e
ee
Ce
T
Zw
XC
Z
XCwb
jRwCj
Z
XjR
XjZ
=⇒=−=
⇒+=+
−
=
−
+=Υ
&
&
 
 
c) Capacitor no secundário (C1 ou C2) 
 
 
Lembre-se que 1e1e1e jXRZ +=& 
onde T
TT
M
e XXR
X
XX 22
2
2
2
2
11 ×
+
−= 
É claro que ao inserirmos um capacitor ( )1C em série com CZ& , ou um capacitor ( )2C em 
paralelo com CZ& estaremos diminuindo em módulo TX 2 , desde que admitamos que TX 2 tem 
originalmente característica indutiva. 
Sob a hipótese de que T2R é suficientemente pequeno em relação a TX 2 , então, a inserção de 
C1 ou C2, provocará uma diminuição de TX 2 (parcela do numerador), e numa proporção ainda maior o 
termo 22
2
2 TT XR + (termo do denominador) e, desta forma, crescemos a parcela T
TT
M X
XR
X
22
2
2
2
2
×
+
, 
viabilizando dessa forma a anulação de Xe1 que é igual a T
TT
M X
XR
X
X 22
2
2
2
2
1 ×
+
− . 
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d) Ajuste da Indutância Mútua M 
Desde que L1 e L2 sejam fixos podemos alterar o valor de M alterando o coeficiente de 
acoplamento (KM) magnético entre as bobinas 1 e 2. Isto pode ser feito aproximando-as ou afastando-
as, ou mesmo alterando-se as posições relativas de seus eixos. 
Lembrando-se que T
TT
M
e XXR
X
XX 22
2
2
2
2
11 ×
+
−= , e assumindo-se a hipótese de que para a 
posição de acoplamento máximo, Xe1 seja ligeiramente capacitivo, isto é 0X 1e < , então ao 
diminuímos M, diminuímos a parcela negativa de 1eX , viabilizando dessa forma a anulação de Xe1 que 
é igual a T
TT
M X
XR
X
X 22
2
2
2
2
1 ×
+
− . 
 
 
Problema 2.15 – Para ressonância no primário com fator de potência unitário, através de inserção de C 
no secundário, desenvolva a expressão para T2X . 
Para isto deve-se ter que: 
022
2
2
2
2
11 =×
+
−= T
TT
M
e XXR
X
XX ⇒ 
{ {
02212
22
21 =+−⋅ 43421
c
TT
b
MT
a
RXXXXX (equação do 2º grau) ⇒ 
2
22
1
4
1
2
1
2
2
2
1
42
2 422
4
T
MMTMM
T RX
X
X
X
X
RXXX
X −±=
−±
= 
Nota: Observe que se 222
1
4
4 T
M R
X
X
< o determinante da equação de segundo grau acima é negativo 
e, conseqüentemente, não teremos solução para T2X . 
 
 
Problema 2.16 – Podemos usar um capacitor em série com o secundário para produzir fator de 
potência unitário no primário para um transformador onde: 
;4,353,31 Ω+= jZ& ;07,4775,02 Ω+= jZ& Ω+= 2,215,14 jZC& e 
Ω= 65,9jX M& . 
 
Observe que TTCT jXRjZZZ 2222 27,25275,15 +=Ω+=+= &&& . 
Neste caso 044,23127,15
4,354
65,9
4
2
2
4
2
22
1
4
<∆⇒−=−
×
=−=∆ TM RX
X
, ou seja, não temos 
solução para X2T, ou ainda, R2T não é suficientemente pequeno. Neste caso, não é possível conseguir o 
fator de potência unitário no primário, com a inserção de capacitor no secundário. 
 
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2.15 – Fluxos e tensões componentes no transformados com núcleo de ar 
Para o transformador abaixo, com acoplamento subtrativo, onde: 
 
;;
;;
2211
122122112
2211
1
φφφφφφ
φφφφφφ
+=+=
−=−=
MTMT
MM
 
Têm-se os diagramas com fluxos e 
tensões para o primário e para o 
secundário abaixo. Observa-se que 
como está lidando-se com sinais 
alternados senoidais, dessa forma, os 
fluxos, também, serão alternados 
senoidais e pela lei de Faraday tem-se as tensões provocadas ou induzidas nos elementos dos circuitos: 
;
dt
dNe φ−=
 
;
dt
dNv φ=
 
onde ( )wtsenmáximoφφ = . Dessa forma, a ( )Efem & gerada por um fluxo senoidal estará atrasada 
de 90º do fluxo gerador, assim como a queda de tensão ( )V& provocada por um fluxo senoidal estará 
adiantada de 90º deste fluxo. Observe estas quadraturas no diagrama fasorial abaixo entre os pares de 
tensões e fluxos: ( )1,1 MMV φφ& , ( )11,11 φφV& , ( )11 , TTV φφ& , ( )22 , MME φφ& , ()22,22 φφE& e ( )., 22 TTE φφ& . 
Considerando-se as equações de tensões para o primário e para o secundário, abaixo, obtêm-se os 
diagramas fasoriais indicados logo a seguir. 
• Primário: 11
11
111
1 v
dt
d
N
dt
dNiR M =++
φφ
; 
• Secundário: dt
d
Ne
dt
dNiRv M 222222222
φφ
−==++
 
 
 
 
 
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No caso de acoplamento positivo, 
tem-se que: 2112 φφφ +=M ; 
111
φφφ += MT ; 222 φφφ += MT e 
dado as equações: 
Primário: 
11
11
111 vdt
dN
dt
dNiR M =++ φφ ; 
Secundário: 
dt
dNe
dt
dNiRv Mφφ 22222222 −==++ ; 
obtém-se o diagrama fasorial ao lado: 
 
 
2.16 - Reatância de fuga ou Indutância de fuga 
Considerando o fluxo de dispersão da bobina 1, 11φ , e da bobina 2, 22φ , definiremos como 
indutâncias de dispersões 1SL e 2SL como sendo: 
2
222
2
1
111
1 i
N
Le
i
N
L SS
φφ
== . Para sinais senoidais 
21 21 SLSL wLjXewLjX SS ==⇒ && . Teremos assim o diagrama fasorial para o transformador com 
acoplamento positivo da seção anterior: 
 
Observe que: 
( )
dt
dNv M
M
φ
φ 1= ; 
( )
dt
dNe M
M
φ
φ 2−= 
onde: 
1N é o número de espiras da bobina 1; 
2N é o número de espiras da bobina 2; 
( )φφφ += wtsen
máximoMM
. 
 
2.17 - O autotransformador com núcleo de ar 
 
 
O autotransformador consiste de um 
equipamento onde a tensão de entrada e a tensão de 
saída compartilham a mesma bobina com a tensão de 
entrada envolvendo apenas uma parte e a de saída toda 
ela ou vice-versa, conforme ilustrado na figura ao lado. 
 
 
Problema 2.35 - Escrever as equações. diferenciais gerais relativas ao equilíbrio de tensões nos dois 
circuitos acima em função de Rab, Lab, Rbc, Lbc, M, R, L, i1 e i2. 
.
)()()(
;
)()( 12
2
2
2
21
1 vdt
idM
dt
idLiR
dt
idLiRv
dt
idM
dt
idLiR bcbcabab =−+++=−+ 
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Problemas - Capítulo 7 - Corcoran 
 
 
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RESPOSTAS DOS PROBLEMAS 
CAPÍTULO 7 - CORCORAN 
7.18) &I1 = 3,65 /-34,94° A (sentido de &E1 ); &I2 = 0,917 /24,42° A (sentido de &E2 ); 
 
&I12 = & &I I1 2− = 3,28 /-48,9° A; 
7.19) a) & &Z Z12 21= = 4 /-90° Ω; 
 b) K = 0,816; 
 
7.20) K = 0. 7.21) Prova. 7.22) Prova. 
7.23) a) 60 mH; b) 0,3536. 7.24) 4,995 mH. 
7.25) a) L1 = 8,74 mH; L2 = 23,24 mH; 64,82 V; b) 0,350. 7.26) 105,6 V; 266,6 V. 
7.27) a) &Iba = 1,37 /-51,5° A; 
 
&Icd = 0,373 /-88,12° A; 
 b) Pba = 85,2 W; 
 Pco = 18,6 W; 
c) R I1 1& = 68,5 /-51,5°; 
 
& &X I1 1 = 86,8 /38,5°; 
 -
& &X IM 2 = 10,6 /-178,1°; 
 R I2 2& = 26,9 /-88,1°; 
 
& &X I2 2 = 29,5 /1,9°; 
 -
& &X IM 1 = 38,8 /-141,5°; 
7.28) &I1 = 22,4 /-39,17°; &I2 = 6,88 /-136,35°; P2 cond = 497,6 W; P2 mag = 734,3 W; 
 Vl2 = 127,8 /10,76° V; &I2 atrasa de Vl2 de 147,1°. 
7.29) 21,5 /-36,25° A. 7.30) I2 = 1,968 A; Vc2 = 236,2 V. 
7.31) &Ze1 = 54 + j100 Ω; Z2 refletido = 11,8 Ω; X2 refletido = 100 Ω indutivo. 
7.32) 29,1 mH. 7.33) Prova. 7.34) a) 12,36 V; b) 83,3 V; c) 11,8 V. 
7.35) v1 = Rab i1 + Lab didt
1
 - M di
dt
2 ; v1 = (R + Rbc) i2 + (L + Lbc) didt
2
 - M di
dt
1
. 
7.36) &
& ( & & &
& ( & & ) &I
V Z Z Z
Z Z Z Z
bc M
ab bc M
1
1
2=
+ +
+ −
; &
& ( & &
& ( & & ) &I
V Z Z
Z Z Z Z
ab M
ab bc M
2
1
2=
+
+ −
; Circuito da figura 14. 
7.37) &I1 = 5,28 /-43° A; &I2 = 11,69 /-6,85° A; & &I I1 2+ = 16,26 /-17,89° A; 
 P1 = 111,5 W; P2 = 1434,9 W; Pt = 1546,4 W. 
7.37) R Iab &1 = 21,1 /-43°; 
& &X Iab 1 = 139,3 /47°; 
− =& &X IM 2 88,1 /-96,9°; 
R I&2 = 116,9 /-6,9°; 
R Ibc &2 = 5,8 /-6,9°; 
& &X Ibc 2 = 44,1 /-83,2°; 
− =& &X IM 1 39,8 /-133°. 
 
7.38) a) 13,92 Ω; b) 100,01; c) 86,21; d) Sim. 
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UFU – FEELT - Mauro Guimarães 34 
 
REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS 
1. KERCHNER, R. M.; CORCORAN, G. F. Circuitos de Corrente Alternada. Tradução de 
Reynaldo Resende e Ruy Pinto da Silva Sieczkowski. Porto Alegre: Globo, 1968. 644 p. (Tradução 
de: Alternating Current Circuits. 4. ed. John Wiley & Sons). cap. 7, p. 256-306. 
2. BOYLESTAD, R. L. Introdução à análise de circuitos. Tradução: José Lucimar do Nascimento; 
revisão técnica: Antonio Pertence Junior. 10. ed. São Paulo: Pearson Prentice Hall, 2004. 828 p. 3. 
reimpressão, fev. 2008. Tradução de Introductory circuit analysis, tenth edition. cap. 21, 
p. 636-662. 
3. IRWIN, J. D. Análise de Circuitos em Engenharia. Tradução: Luis Antônio Aguirre, Janete 
Furtado Ribeiro Aguirre; revisão técnica: Antônio Pertence Júnior. 4. ed. São Paulo: Pearson 
Makron Books, 2000. 848 p. Tradução de: Basic Engineering Circuit Analysis – 4 th edition. cap 
13. p. 513-563. 
4. JOHNSON, D. E.; HILBURN, J. L.; JOHNSON, J. R. Fundamentos de Análise de Circuitos 
Elétricos. Tradução: Onofre de Andrade Martins, Marco Antonio Moreira de Santis. 4. ed. Rio de 
Janeiro: LTC, 1994. 539 p. Reimpressão 2000. Tradução de Basic electric circuit analysis, John 
Wiley & Sons, 1990. cap 16. p. 411-438.