´ lgebra Linear Aplica¸c˜ coes o˜es da A
Diego Oliveira
Exerc´ Exerc´ ıcios Resolvidos: Leis de Kirchhoff Contato: Contato:
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Atualizado em: 28/12/2015 1 Lei de Kirchhoff: A soma alg´ebrica ebrica das correntes que entram em um n´ o ´e igual igua l a soma alg´ebrica ebrica das correntes que saem dele. ◦
2 Lei de Kirchhoff: A soma alg´ebrica ebrica das quedas de potencia p otenciall numa malha ´e igual ig ual a zero. zero . ◦
Exemplo 1: Dado o circuito a seguir
A
R2
+ V1 –
B
C
R4
R6
+ V2 –
+ V3 –
R5
R7
E
D
R1
F
R3
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. Solu¸ c˜ cao: ˜
Um ramo ram o num circuito c ircuito ´e o caminho c aminho entre dois doi s n´os. os. Assim, temos um circuito com trˆes es ramos. Esses ramos s˜ao: ao:
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´ Aplica¸co˜es da Algebra Linear
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Ramo EFAB: A
R2
+ V1 –
B
C
R4
R6
+ V2 –
+ V3 –
R5
R7
E
D
B
C
R4
R6
+ V2 –
+ V3 –
R5
R7
E
D
R1
F
R3
Ramo BE : A
R2
+ V1 –
R1
F
R3
2
´ Aplica¸co˜es da Algebra Linear
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Ramo BCDE: A
R2
+ V1 –
B
C
R4
R6
+ V2 –
+ V3 –
R5
R7
E
D
R1
R3
F
Em cada ramo de circuito vamos colocar uma corrente diferente no sentido hor´ario. A
+ V1 –
R2
i1
i2
B
C
R4
R6
+ V2 –
i3
+ V3 –
R1
F
R3
R5
R7
E
D
Estabelecido um sentido para as correntes podemos aplicar a primeira lei de Kirchoff, conhecida tamb´em como lei dos n´ os B e E. os. Analisando os n´
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´ Aplica¸co˜es da Algebra Linear
A
+ V1 –
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R2
i1
i2
B
C
R4
R6
+ V2 –
i3
+ V3 –
R1
F
R3
R5
R7
E
D
No n´ o B percebe-se que apenas a corrente i 1 est´ a “entrando” enquanto i 2 e i 3 est˜ ao “saindo”. Assim pela primeira lei. i1 − i2 − i3 = 0 (1)
J´a analisando o n´ o E temos as correntes i2 e i 3 entrando enquanto apenas i 1 est´ a saindo. i2 + i3 − i1 = 0 (2)
Agora vamos aplicar a segunda lei, tamb´ em conhecida como lei das malhas. Considerando apenas a malha da esquerda partindo do ponto E e seguindo o sentido hor´ ario (esse sentido ´e importante!).
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A
+ V1 –
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R2
i1
i2
B
C
R4
R6
+ V2 –
i3
+ V3 –
R1
F
R3
R5
R7
E
D
temos que:
•
•
•
A corrente i 1 passa por R 3 , provocando uma queda de potencial igual a R 3 i3 . Em seguida passa pela fonte V 1 . Como essa passagem ´e feita no sentido negativo para positivo a queda de potencial ´e –V1 . Por fim a corrente i 1 passa por R2 , provocando uma queda de potencial igual `a R2 i2 .
J´a a corrente i2 :
•
Passa por R4 (provocando uma queda de R4 i4 .
•
Passa por V2 no sentido positivo para negativo provocando uma queda de +V 2 .
•
Passa no resistor R 5 . Provocando uma queda de R5 i5 .
Como pela segunda lei de Kirchoff a soma das quedas dos potenciais ´e nula ent˜ ao: R3 i1 + R1 i1 − V 1 + R2 i1 + R4 i2 + V 2 + R5 i2 = 0
Substituindo os valores de R e V dados pelo problema na equa¸c˜ ao acima: 2i1 + i2 = 0 (3) Agora vamos analisar a segunda malha a partir do ponto B seguindo o sentido hor´ario. 5
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A
+ V1 –
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B
C
R4
R6
R2
i1
+ V2 –
i2
i3 i2
+ V3 –
R1
F
R5
R7
E
D
R3
A corrente i 3 passa por R6 (R6 i3 ), em seguida passa por V3 no sentido positivo para negativo (+V3 ) e depois por R7 (R7 i3 ). Seguindo o sentido hor´ario perceba que estaremos no sentido contr´ario ao estabelecido para a sempre i2 . Assim as quedas de potencial provocadas quando i2 passar por um resistor ser´ negativa. Assim, passando por R5 a corrente i2 provoca uma queda de –R 5 i2 . Passando por V2 no sentido negativo positivo a queda de potencial ser´a de –V2 . Finalmente passando por R4 ´e produzida uma queda de –R 4 i2 . Fazendo a soma das quedas do potencial: R6 i3 + V 3 + R7 i3 − R5 i2 − V 2 − R4 i2 = 0
E substituindo os valores de R e V dados pelo problema na equa¸c˜ao acima chegamos ´a: 4i3
i2 = 14 (4)
−
Finalmente tomando as equa¸co˜es (3), (4) e a equa¸c˜ao (1) ou (2) montamos o sistema:
Cujas solu¸co˜es ocorrem para:
i i i = 0 (1) 0 (3) 24ii + i i = = 14 (4) 1 −
2 −
1
2
3 −
2
3
(i1 , i2 , i3 ) = (1A, 2A, 3A) −
Como o valor da corrente i 2 ´e negativa, isso significa que seu verdadeiro sentidos ´e na verdade contr´ario aquele que foi escolhido. O sentido real das correntes aparece na figura a seguir. 6
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A
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R2
+ V1 –
i1
i2
B
C
R4
R6
+ V2 –
i3
+ V3 –
R1
R3
F
R5
R7
E
D
Exemplo 2: Deseja-se construir um circuito como mostrado na figura
A 20Ω
+
30Ω
i1
+ 280V –
100V
–
C
i2
100Ω
40Ω
50Ω
i4 i5
i3
–
50V
+
B onde V i = 280V , V 2 = 100V , V 3 = 50V , R1 = 20Ω, R2 = 30Ω, R3 = 50Ω, R4 = 40Ω, R5 = 100Ω. Disp˜oe-se de uma tabela de pre¸cos de v´arios tipos de resistˆ encias; assim como as correntes m´ aximas que elas suportam sem queimar.
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ˆ RESISTENCIAS
20Ω 10,00 15,00 20,00 30,00
0.5A Corrente m´axima 1.0A 3.0A 5.0A
30Ω 10,00 20,00 22,00 30,00
40Ω 15,00 15,00 20,00 34,00
50Ω 15,00 15,00 20,00 34,00
100Ω 20,00 25,00 28,00 37,00
Solu¸ cao: ˜
Usando as leis dos n´os obtemos as seguintes equa¸co˜es:
i i i = 0 0 ii + i i + i i i i = = 0 1 −
2 −
5
5
4
3 −
1
1 −
4 −
3 −
5
J´a aplicando a lei das malhas
i + 5i 14 = 0 10 + 4i 10i = 0 35ii + + 5 4i = 0 5 −
1
4 −
2
−
3
5
4
Usando as trˆes equa¸c˜oes do sistema acima e duas do sistema formando pela lei dos n´os chegamos a um terceiro sistema que nos dar´a a solu¸ca˜o das correntes.
i + 5i = 14 3i + 4i 10i = 10 5 5i i i 4i = i = 0 i + i + i + i = 0 1
5
4 −
2
3 −
1
−
−
1
−
4
2
−
−
5
5
3
4
5
Cuja solu¸c˜ao ocorre para: i1 = 3.6774194 i 2 = 1.6129032 i3 = 0.1612903 i 4 = 1.4516129 i5 = 2.0645161
Com base nesses dados e na tabela do problema o custo m´ınimo ´e de R$ 115,00.
Este e muitos outros exerc´ıcios est˜ao dispon´ıveis em: http://diegoalvez2015.blogspot.com.br/
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Diego Oliveira
ˆ REFERENCIAS
FISICAEXE. Exerc´ıcios resolvidos de F´ısica. Dispon´ıvel em: http://www.fisicaexe.com.br/fisica1/eletromagnetismo/kirchhoff/kirchhoff1_nm.pdf
. Acesso as 15:25 em 24 dez 2012. ´ linear com aplica¸co˜es. Porto Alegre: Bookman, 2001. 80 Ed. RORRES.Anton. Algebra ´ Algebra Linear (Editora Harbra) Boldrini/Costa/Figueiredo/Wetzler.
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