6. Circuitos de corrente contínua

Jaime E. Villate e Luís Miguel Martelo
(17 de novembro de 2024)
Problema 6.1

Determine a resistência equivalente entre os pontos A e B.

Resolução. Usando a transformação delta-estrela, o triângulo formado pelas resistências de 4 kΩ, 2 kΩ e 6 kΩ pode ser substituído pelas 3 resistências:

R1=6×46+4+2=2kΩ
R2=4×26+4+2=23kΩ
R3=6×26+4+2=1kΩ

e o circuito inicial fica equivalente ao seguinte circuito:

As resistências de 3 kΩ e 2 kΩ estão em série e as resistências de 5 kΩ e 1 kΩ também. Combinando estas resistências, o novo circuito equivalente é o seguinte:

As resistências de 5 kΩ e 6 kΩ, em paralelo, podem ser substituídas pela resistência equivalente,

Rp=5×65+6=3011kΩ

E o circuito fica com apenas duas resistências em série entre A e B:

A resistência total entre A e B é 112/33 kΩ, aproximadamente igual a 3.394 kΩ.

Problema 6.2

Considere duas resistências R1 e R2 ligadas em paralelo. Uma corrente total I distribui-se entre as duas resistências, passando corrente I1 por R1 e corrente I2 por R2. Admita que as correntes I1 e I2 podem tomar qualquer valor (inclusivamente negativo) desde que I=I1+I2. Determine os valores de I1 e I2 que minimizam a potência dissipada por efeito Joule nas resistências, e mostre que se obtém o resultado da equação (6.13) do livro.

Resolução. Considerando as correntes I1 e I2 variáveis, mas I=I1+I2 fixa, a potência dissipada em cada uma das resistências pode ser escrita em função de apenas uma das variáveis; por exemplo, em função de I1:

P1=R1I12  P2=R2(II1)2

A potência total dissipada, igual à soma das potências dissipadas nas duas resistências, é:

P(I1)=R1I12+R2(II1)2

O valor da variável I1 que faz com que a potência tenha um ou mais extremos é o valor de I1 para o qual a derivada de P(I1) em ordem a I1 é nula:

dPdI1=2R1I12R2(II1)=0I1=R2R1+R2I

Este valor de I1 corresponde, de facto, a um mínimo da potência pois a segunda derivada é positiva:

d2PdI12=2R1+2R2>0

Substituindo em I2=II1, obtém-se então:

I2=R1R1+R2I

Vemos assim que a corrente eléctrica I se divide pelas duas resistências em paralelo de modo a minimizar a potência dissipada, i.e., a minimizar a energia dissipada por efeito de Joule.

Problema 6.3

No circuito da figura, determine quais das fontes de força eletromotriz fornecem ou absorvem energia e calcule a potência fornecida, ou absorvida, por cada uma.

Resolução. Podemos determinar o equivalente de Thévenin entre os dois pontos onde está ligada a resistência de 5.6 kΩ. A f.e.m. Vth é a diferença de potencial entre os pontos A e B no seguinte circuito:

Trata-se de uma malha simples, com f.e.m. total de 11 V e corrente no sentido dos ponteiros do relógio. A diferença de potencial entre B e A é 5 V menos a diferença de potencial na resistência de 7.0 kΩ, que pode ser determinada por divisão de voltagem na malha:

VBVA=57×112.1+4.2+7.0=0.789V

Vth é igual a 0.789 V, positiva em A e negativa em B. Com as duas fontes em curto circuito, entre A e B as resistências de 2.1 kΩ e 4.2 kΩ estão em série e o resultado em paralelo com a resistência de 7.0 kΩ. A resistência de Thévenin é igual a:

Rth=6.3×76.3+7=3.316kΩ

Ligando o equivalente de Thévenin à resistência de 5.6 kΩ,

a diferença de potencial nessa resistência é igual a:

VAVB=5.6×0.789)5.6+3.316=0.496V

No circuito inicial, admitindo que na resistência de 7.0 kΩ circula corrente I5 de cima para baixo, a diferença de potencial entre os pontos A e B é igual a:

VAVB=7I55

e como já vimos que essa diferença de potencial é igual a 0.496 V, o valor de I5 é,

I5=0.785mA

O resultado positivo para I5 indica que essa corrente de facto circula de cima para baixo e então a fonte de 5 V está a fornecer potência igual a:

P5=5I5=3.93mW

No circuito inicial, admitindo que a corrente I6 nas resistências de 2.1 kΩ e 4.2 kΩ circula passando pela fonte de 6 V de baixo para cima, a diferença de potencial entre os pontos A e B é igual a:

VAVB=66.3I6=0.496I6=0.874mA

O resultado positivo para I6 indica que a fonte de 6 V também fornece potência com valor:

P6=6I6=5.24mW
Problema 6.4

Uma resistência de 2.7 kΩ liga-se a duas pilhas, em série, ambas com a mesma f.e.m. de 9 V, mas com diferentes resistências internas, tal como mostra o digrama seguinte.
(a) Determine a corrente na resistência de 2.7 kΩ.
(b) Qual das duas pilhas fornece maior potência?

Resolução. (a) A f.e.m. Vth entre os pontos onde está ligada a resistência de 2.7 kΩ é a diferença de potencial entre os pontos A e B no seguinte circuito:

Trata-se de uma malha simples, com f.e.m. total nula; como tal, a corrente na malha é nula, a diferença de potencial nas duas resistências também é nula e:

Vth=VAVB=9V

Com as duas fontes em curto circuito, a resistência entre A e B é a equivalente das duas resistências em paralelo:

Rth=RAB=20×3020+30=12Ω

A corrente na resistência de 2.7 kΩ é igual a:

I=Vth2700+Rth=92700+12=3.32mA

(b) A diferença de potencial na resistência de 2.7 kΩ é igual a:

VAVB=2700Vth2700+Rth=8.92V

No ramo onde está a pilha com resistência de 20 Ω,

VAVB=920I1=8.92I1=1.99mA

e no ramo onde está a pilha com resistência de 20 Ω,

VAVB=930I2=8.92I2=1.33mA

Como a corrente que cada pilha fornece à resistência de 2.7 kΩ é Ii(VAVB) a pilha que mais potência fornece é a que tem resistência interna de 20 Ω, por ser a que fornece mais corrente.

Problema 6.5

Uma fonte com voltagem ΔVin é ligada a uma resistência R, mas pretende-se que a voltagem nessa resistência seja reduzida para ΔVout, menor do que a voltagem de entrada ΔVin. Para conseguir esse objetivo, usa-se um circuito chamado atenuador. A figura mostra, dentro da caixa a tracejado, um possível circuito atenuador que tem a vantagem de permitir fazer com que a resistência entre os pontos de entrada A e B continue igual à resistência R do dispositivo ligado entre os pontos de saída C e D.
(a) Mostre que para que a resistência entre A e B seja igual a R, as resistências R1 e R2 do atenuador devem verificar a condição:

4R1(R1+R2)=R2

(b) Se R1 e R2 verificam a condição da alínea anterior, mostre que o fator de atenuação, ΔVout/ΔVin é dado pela expressão:

ΔVoutΔVin=R22R1+R2+R

(c) Determine os valores de R1 e R2 que fazem com que a resistência entre A e B seja igual a R=300Ω, com atenuação ΔVout/ΔVin=0.5.

(Problema retirado de Nilsson e Riedel 2015, pág. 117)

Resolução. (a) A resistência R soma-se às duas resistências R1 próximas dela, que estão em série com ela, e o resultado combina-se em paralelo com a resistência R2, dando a resistência equivalente:

Rp=R2(2R1+R)2R1+R2+R

O circuito é então equivalente ao seguinte circuito mais simples:

e a resistência entre A e B é igual a:

RAB=2R1+Rp=4R1(R1+R2)+R(2R1+R2)2R1+R2+R

igualando essa expressão a R obtém-se:

4R1(R1+R2)+R(2R1+R2)=R(2R1+R2+R)
4R1(R1+R2)=R2

(b) No circuito da figura acima, com duas resistências R1 em série com Rp, sendo VAVB=ΔVin e RAB=R, o princípio da divisão de voltagem permite determinar a diferença de potencial em Rp:

ΔVp=RpΔVinR=R2(2R1+R)ΔVinR(2R1+R2+R)

diferença de potencial essa que é a mesma do que no ramo com duas resistências R1 em série com R, no circuito inicial. Usando novamente o princípio da divisão de voltagem obtém-se:

ΔVout=RΔVp2R1+R=R2ΔVin2R1+R2+R

e o fator de atenuação é:

ΔVoutΔVin=R22R1+R2+R

(c) Substituindo os valores dados nas expressões obtidas nas duas alíneas anteriores, obtém-se o seguinte sistema não-linear:

4R1(R1+R2)=3002
R22R1+R2+300=0.5

A segunda equação permite determinar R2 em função de R1:

R2=R1+0.5R2+150R2=2R1+300

e substituindo na primeira equação obtém-se uma equação quadrática para R1:

12R12+1200R190000=0

A raiz positiva é R1=50Ω, que conduz ao valor de R2=400Ω (a raiz negativa não interessa).

Problema 6.6

Determine a potência dissipada em cada resistência no circuito representado no diagrama e a potência fornecida pela f.e.m. Verifique que a potência fornecida pela f.e.m. é igual à soma das potências dissipadas em todas as resistências.

Resolução. Para determinar a potência dissipada em cada resistência, basta encontrar os potenciais dos 4 nós do circuito e em cada resistência dividir a diferença de potencial, ao quadrado, pelo valor da resistência.

As resistências de 20 Ω, 100 Ω e 60 Ω, em configuração delta, podem ser substituídas por três resistências em estrela, com os seguintes valores:

RA=20×100180=1009Ω
RB=60×100180=1003Ω
RC=20×60180=203Ω

Com essa substituição, o circuito equivalente é o seguinte, em que as resistências estão em Ω, a f.e.m. em V e os nós do circuito original são A, B, C e D.

Combinam-se as resistências de 150 e 100/9, em série, e as resistências de 80 e 20/3, em série, ficando o circuito do lado esquerdo da seguinte figura. A seguir combinam-se as resistências de 1450/9 e 260/3, em paralelo, ficando o circuito do lado direito da figura seguinte:

  

Arbitrando VB=0, o potencial do nó D será VD=6 V. Por divisão de voltagem, no circuito do lado direito da figura acima, determina-se o potencial do ponto P:

VP=6×(100/3)56.35+100/3=2.23V

A diferença de potencial VDVP=3.77 V pode ser dividida nos ramos com os pontos A e C, no circuito com as resistências em estrela, para obter os potenciais dos nós A e C:

6VA=150×3.77150+100/9 VA=2.49V
6VC=80×3.7780+20/3 VC=2.52V

A tabela seguinte mostra a diferença de potencial em cada uma das 5 resistências, e a potência que dissipa.

Resistência /Ω Voltagem /V Potência / mW
20 VCVA=0.03 0.045
60 VCVB=2.52 105.84
80 VDVC=3.48 151.38
100 VAVB=2.49 62.001
150 VDVA=3.51 82.134

A potência total dissipada no circuito, igual à soma das potências dissipadas nas resistências, é igual a 401.4 mW. A corrente que passa pela f.e.m. é a mesma do que na resistência de 100/3 Ω, que é igual a:

I=VPVB100/3=2.23×3100=66.9mA

e a potência fornecida pela f.e.m. é igual a 6I=401.4 mW, que é exatamente igual à potência total dissipada no circuito.

Problema 6.7

No circuito representado no diagrama, os dois condensadores estão inicialmente descarregados. Determine:
(a) As correntes iniciais nas resistências e condensadores.
(b) As cargas finais nos condensadores, indicando as suas polaridades.

Resolução. (a) No instante inicial, em que os condensadores descarregados atuam como curto-circuitos, o circuito equivalente é o seguinte

A resistência de 1.2 kΩ não foi representada, porque o equivalente dessa resistência em paralelo com o condensador de 68 nF (curto-circuito com resistência nula) é uma resistência nula (curto-circuito).

Arbitrando potencial nulo no ponto onde o elétrodo negativo da f.e.m. de 1.5 V está em contacto com a resistência de 150 Ω, o elétrodo negativo da f.e.m. de 6 V também terá potencial nulo, porque o potencial em todos os pontos no curto-circuito à direita do circuito é o mesmo. Como tal, o potencial no elétrodo positivo da f.e.m. de 1.5 V será 1.5 V, e o potencial do elétrodo positivo da f.e.m. de 6 V será 6 V, tal como mostra o diagrama acima.

Na resistência de 150 Ω a diferença de potencial é 6 V e a corrente será 6/150 = 0.04 A (de esquerda para direita), que é a mesma corrente no condensador de 82 nF (de direita para esquerda). Na resistência de 200 Ω, a diferença de potencial é 1.5 V e a corrente 1.5/200 = 0.0075 A (de cima para baixo). Pela regra dos nós, a corrente no condensador de 68 nF é então, 0.040.0075=0.0325 A (de cima para baixo). Na resistência de 1.2 kΩ a corrente é nula, porque a diferença de potencial é nula.

(b) No estado final, quando os condensadores completamente carregados são equivalentes a interruptores abertos, o circuito equivalente é o seguinte

Observe-se que a corrente na resistência de 150 Ω é nula, porque não tem percurso por onde circular. Como tal, o potencial nos dois extremos dessa resistência é o mesmo e pode arbitrar-se que é nulo, como mostra o diagrama anterior. O potencial no elétrodo negativo da f.e.m. de 6 V será então igual a 6 V e o potencial no elétrodo positivo da f.e.m. de 1.5 V será igual a 1.5 V.

No ponto comum às resistências de 200 Ω e 1.2 kΩ o valor do potencial, V no diagrama, pode ser obtido por divisão de voltagem (1.5 V dividido entre as resistências de 200 Ω e 1.2 k Ω):

V=12001200+2001.5=1.286V

Observa-se então que no condensador de 82 nF a carga é positiva na armadura do lado direito (maior potencial), no condensador de 68 nF a carga é negativa na armadura de cima (menor potencial) e os valores das cargas nesses dois condensadores são os seguintes:

Q1 =82×(1.286(6))=597nC
Q2 =68×1.286=87.4nC
Problema 6.8

Relativamente ao circuito da figura abaixo:
(a) Determine a intensidade e sentido da corrente no instante inicial no condensador, sabendo que este estava inicialmente descarregado.
(b) Determine a carga final no condensador, indicando a sua polaridade.

Resolução. (a) No estado inicial, com o condensador em curto-circuito, as resistências de 180 Ω, 270 Ω e 330 Ω formam um delta, que pode ser substituído pelas seguintes três resistências em estrela:

RA=180×270180+270+330=8101362.31
RB=180×330180+270+330=9901376.15
RC=270×330180+270+330=148513114.23

E o circuito equivalente, com todas as resistências em unidades de Ω, é o seguinte:

As resistências de 470 e 76.15, em série, substituem-se por uma resistência de 546.15 e as resistências de 114.23 e 560, também em série, substituem-se por uma resistência de 674.15. A seguir, as resistências de 546.15 e 674.23, em paralelo, substituem-se por uma resistência de 546.15×674.23/(546.15+674.23)=301.74. Os dois circuitos resultantes dessas duas simplificações são os seguintes:

No circuito do lado direito, as diferenças de potencial entre os pontos A, P e D são as seguintes:

VPVA=62.31×362.31+301.74=0.5135V
VDVP=301.74×362.31+301.74=2.4865V

e, como entre os pontos D e P estavam as resistências de 470 e 76.15, em série, com o ponto B entre elas, então:

VBVP=76.15(VDVP)470+76.15=0.3467V

A diferença de potencial entre A e B é igual a:

VBVA=(VBVP)+(VPVA)=0.3467+0.5135=0.8602V

E, com o condensador em curto-circuito, a resistência entre A e B é de 180 Ω e a corrente nesse ramo é igual a:

I=0.8602180=0.00478A

Ou seja, no instante inicial a corrente no condensador é 4.78 mA, de B para A (de baixo para cima).

(b) O circuito equivalente no estado final, com o condensador como interruptor aberto, é o seguinte

Onde as resistências de 470 e 330 estão em série entre C e D, e a resistência equivalente ficará em paralelo com a resistência de 560, conduzindo aos seguintes circuitos equivalentes mais simples:

No circuito do lado direito, as diferenças de potencial entre os pontos A, C e D são as seguintes:

VCVA=270×3270+329.41=1.3513V
VDVC=329.41×3270+329.41=1.6487V

e, como entre os pontos D e C estavam as resistências de 470 e 330, em série, com o ponto B entre elas, então:

VBVC=330(VDVC)470+330=0.6801V

A diferença de potencial entre A e B é igual a:

VBVA=(VBVC)+(VCVA)=0.6801+1.3513=2.0314V

O resultado positivo indica que a carga é positiva na armadura de baixo (maior potencial em B do que em A) e negativa na armadura de cima. Finalmente, a carga no condensador calcula-se a partir da sua voltagem

Q=CΔV=1.2×2.0314=2.44μC