Leis de Kirchoff

Prévia do material em texto

Aplicações da Álgebra Linear Diego Oliveira
Exerćıcios Resolvidos: Leis de Kirchhoff
Contato: diegoalvez@pop.com.br
Atualizado em: 28/12/2015
1◦ Lei de Kirchhoff: A soma algébrica das correntes que entram em um nó é igual a soma
algébrica das correntes que saem dele.
2◦ Lei de Kirchhoff: A soma algébrica das quedas de potencial numa malha é igual a zero.
Exemplo 1: Dado o circuito a seguir
A B C
DEF
R1
+
–
V1
R2
R3
R4
R5
R6
R7
+
–
V2
+
–
V3
Onde R1 = R2 = R4 R5 = 0.5Ω, R3 = R7 = 1Ω, R6 = 3Ω, V1 = V2 = 20V e V3 = 6V.
Encontre o valor das correntes em cada ramo do circuito.
Solução:
Um ramo num circuito é o caminho entre dois nós. Assim, temos um circuito com três ramos.
Esses ramos são:
1
Aplicações da Álgebra Linear Diego Oliveira
Ramo EFAB:
A B C
DEF
R1
+
–
V1
R2
R3
R4
R5
R6
R7
+
–
V2
+
–
V3
Ramo BE:
A B C
DEF
R1
+
–
V1
R2
R3
R4
R5
R6
R7
+
–
V2
+
–
V3
2
Aplicações da Álgebra Linear Diego Oliveira
Ramo BCDE:
A B C
DEF
R1
+
–
V1
R2
R3
R4
R5
R6
R7
+
–
V2
+
–
V3
Em cada ramo de circuito vamos colocar uma corrente diferente no sentido horário.
i2i1 i3
A B C
DEF
R1
+
–
V1
R2
R3
R4
R5
R6
R7
+
–
V2
+
–
V3
Estabelecido um sentido para as correntes podemos aplicar a primeira lei de Kirchoff, con-
hecida também como lei dos nós. Analisando os nós B e E.
3
Aplicações da Álgebra Linear Diego Oliveira
i2i1 i3
A B C
DEF
R1
+
–
V1
R2
R3
R4
R5
R6
R7
+
–
V2
+
–
V3
No nó B percebe-se que apenas a corrente i1 está “entrando” enquanto i2 e i3 estão “saindo”.
Assim pela primeira lei.
i1 − i2 − i3 = 0 (1)
Já analisando o nó E temos as correntes i2 e i3 entrando enquanto apenas i1 está saindo.
i2 + i3 − i1 = 0 (2)
Agora vamos aplicar a segunda lei, também conhecida como lei das malhas.
Considerando apenas a malha da esquerda partindo do ponto E e seguindo o sentido horário
(esse sentido é importante!).
4
Aplicações da Álgebra Linear Diego Oliveira
i2i1 i3
A B C
DEF
R1
+
–
V1
R2
R3
R4
R5
R6
R7
+
–
V2
+
–
V3
temos que:
• A corrente i1 passa por R3, provocando uma queda de potencial igual a R3i3.
• Em seguida passa pela fonte V1. Como essa passagem é feita no sentido negativo
para positivo a queda de potencial é –V1.
• Por fim a corrente i1 passa por R2, provocando uma queda de potencial igual à R2i2.
Já a corrente i2:
• Passa por R4 (provocando uma queda de R4i4.
• Passa por V2 no sentido positivo para negativo provocando uma queda de +V2.
• Passa no resistor R5. Provocando uma queda de R5i5.
Como pela segunda lei de Kirchoff a soma das quedas dos potenciais é nula então:
R3i1 + R1i1 − V1 + R2i1 + R4i2 + V2 + R5i2 = 0
Substituindo os valores de R e V dados pelo problema na equação acima:
2i1 + i2 = 0 (3)
Agora vamos analisar a segunda malha a partir do ponto B seguindo o sentido horário.
5
Aplicações da Álgebra Linear Diego Oliveira
i2i1 i3
A B C
DEF
R1
+
–
V1
R2
R3
R4
R5
R6
R7
+
–
V2
+
–
V3
i2
A corrente i3 passa por R6 (R6i3), em seguida passa por V3 no sentido positivo para negativo
(+V3) e depois por R7 (R7i3).
Seguindo o sentido horário perceba que estaremos no sentido contrário ao estabelecido para
i2. Assim as quedas de potencial provocadas quando i2 passar por um resistor será sempre
negativa. Assim, passando por R5 a corrente i2 provoca uma queda de –R5i2. Passando por V2
no sentido negativo positivo a queda de potencial será de –V2. Finalmente passando por R4 é
produzida uma queda de –R4i2.
Fazendo a soma das quedas do potencial:
R6i3 + V3 + R7i3 −R5i2 − V2 −R4i2 = 0
E substituindo os valores de R e V dados pelo problema na equação acima chegamos á:
4i3 − i2 = 14 (4)
Finalmente tomando as equações (3), (4) e a equação (1) ou (2) montamos o sistema: i1 − i2 − i3 = 0 (1)2i1 + i2 = 0 (3)
4i3 − i2 = 14 (4)
Cujas soluções ocorrem para:
(i1, i2, i3) = (1A,−2A, 3A)
Como o valor da corrente i2 é negativa, isso significa que seu verdadeiro sentidos é na verdade
contrário aquele que foi escolhido. O sentido real das correntes aparece na figura a seguir.
6
Aplicações da Álgebra Linear Diego Oliveira
i2i1 i3
A B C
DEF
R1
+
–
V1
R2
R3
R4
R5
R6
R7
+
–
V2
+
–
V3
Exemplo 2: Deseja-se construir um circuito como mostrado na figura
B
A
C
+
280V
–
100Ω
20Ω 30Ω
40Ω 50Ω
+
100V
–
+
50V
–
i1 i2
i4
i3i5
onde Vi = 280V , V2 = 100V , V3 = 50V , R1 = 20Ω, R2 = 30Ω, R3 = 50Ω, R4 = 40Ω,
R5 = 100Ω.
Dispõe-se de uma tabela de preços de vários tipos de resistências; assim como as correntes
máximas que elas suportam sem queimar.
7
Aplicações da Álgebra Linear Diego Oliveira
RESISTÊNCIAS
Corrente máxima
20Ω 30Ω 40Ω 50Ω 100Ω
0.5A 10,00 10,00 15,00 15,00 20,00
1.0A 15,00 20,00 15,00 15,00 25,00
3.0A 20,00 22,00 20,00 20,00 28,00
5.0A 30,00 30,00 34,00 34,00 37,00
Solução:
Usando as leis dos nós obtemos as seguintes equações:
 i1 − i2 − i5 = 0i5 + i4 + i3 − i1 = 0
i1 − i4 − i3 − i5 = 0
Já aplicando a lei das malhas
 i1 + 5i5 − 14 = 03i2 + 10 + 4i4 − 10i5 = 0
5i3 + 5 − 4i4 = 0
Usando as três equações do sistema acima e duas do sistema formando pela lei dos nós
chegamos a um terceiro sistema que nos dará a solução das correntes.

i1 + 5i5 = 14
3i2 + 4i4 − 10i5 = −10
5i3 − 4i4 = −5
i1 − i2 − i5 = 0
−i1 + i3 + i4 + i5 = 0
Cuja solução ocorre para:
i1 = 3.6774194 i2 = 1.6129032 i3 = 0.1612903 i4 = 1.4516129 i5 = 2.0645161
Com base nesses dados e na tabela do problema o custo mı́nimo é de R$ 115,00.
Este e muitos outros exerćıcios estão dispońıveis em:
http://diegoalvez2015.blogspot.com.br/
8
Aplicações da Álgebra Linear Diego Oliveira
REFERÊNCIAS
FISICAEXE. Exerćıcios resolvidos de F́ısica. Dispońıvel em:
http://www.fisicaexe.com.br/fisica1/eletromagnetismo/kirchhoff/kirchhoff1_nm.pdf
.
Acesso as 15:25 em 24 dez 2012.
RORRES.Anton. Álgebra linear com aplicações. Porto Alegre: Bookman, 2001. 80 Ed.
Álgebra Linear (Editora Harbra) Boldrini/Costa/Figueiredo/Wetzler.
9