Circuitos Elétricos 2: circuitos CA: pacote de revisão

Formulários, as principais etapas dos métodos de cada tópico e 16 exercícios, com soluções completas no final.

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1Fórmulas e métodos

Números complexos

Forma retangular
z = a + jb, j² = −1, z̄ = a − jb
Módulo e argumento
|z| = √(a² + b²), tan θ = b/a (check the quadrant)
Forma polar e exponencial
z = r∠θ = r(cos θ + j sin θ) = r·ejθ
Divisão
z₁/z₂ = z₁z̄₂/|z₂|²
Produto e quociente
r₁∠θ₁ · r₂∠θ₂ = r₁r₂∠(θ₁ + θ₂), r₁∠θ₁ / r₂∠θ₂ = (r₁/r₂)∠(θ₁ − θ₂)
De Moivre
(r∠θ)ⁿ = rⁿ∠nθ
Raízes n-ésimas
zk = R1/n∠((φ + 360°·k)/n), k = 0 … n − 1
Equação quadrática com p² < 4q
z = −p/2 ± j√(q − p²/4)

Método

  1. Decida qual forma convém à operação: retangular a + jb para somar e subtrair, polar r∠θ para multiplicar, dividir, potências e raízes.
  2. Multiplique com j² = −1; divida multiplicando o numerador e o denominador pelo conjugado do denominador.
  3. Converta com r = √(a² + b²) e θ a partir de um esboço do ponto (verifique o quadrante), e de volta com a = r cos θ, b = r sin θ.
  4. Para potências use De Moivre, (r∠θ)ⁿ = rⁿ∠nθ; para zⁿ = R∠φ liste todas as n raízes R1/n∠((φ + 360°k)/n).

Impedância CA e fasores

Impedâncias
ZR = R, ZL = jωL, ZC = 1/(jωC)
Frequência angular
ω = 2πf
Módulo e ângulo
|Z| = √(R² + X²), φ = atan(X/R)
Lei de Ohm fasorial
V = I·Z

Método

  1. Converta a frequência: ω = 2πf.
  2. Encontre cada reatância: XL = ωL e XC = 1/(ωC).
  3. Some as impedâncias como resistores, com Z = R + jX.
  4. Encontre o módulo |Z| = √(R² + X²) e o ângulo φ = atan(X/R), e depois use a lei de Ohm com fasores.

Potência CA e fator de potência

Potência ativa
P = V·I·cos φ
Potência reativa
Q = V·I·sin φ
Potência aparente
S = V·I = √(P² + Q²)
Fator de potência
pf = cos φ = P/S
Capacitor de correção
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(ωV²)

Ressonância LC, fator Q e largura de banda

Frequência natural
ω0 = 1/√(LC), f0 = 1/(2π√(LC))
Energia
W = ½CV0² = ½Cv² + ½Li²
Corrente de pico
Imax = V0√(C/L)
Fator de qualidade
Q = 2π·(energy stored)/(energy lost per cycle)
RLC série
Q = (1/R)√(L/C), BW = R/(2πL)
RLC paralelo
Q = R√(C/L), BW = 1/(2πRC)
Largura de banda
BW = f2 − f1 = f0/Q, f0 = √(f1f2)
Frequências de meia potência
f1,2 = f0(√(1 + 1/(4Q²)) ∓ 1/(2Q))
Circuito tanque com resistência da bobina r
RD = L/(C·r) = Q²·r
Decaimento da amplitude
e−Rt/(2L)

Método

  1. Encontre primeiro a frequência de ressonância: ω₀ = 1/√(LC) e f₀ = ω₀/(2π).
  2. Decida se o circuito é série ou paralelo: no série Q = (1/R)√(L/C), no paralelo Q = R√(C/L).
  3. Use BW = f₀/Q para a largura de banda, ou os atalhos R/(2πL) (série) e 1/(2πRC) (paralelo).
  4. Em questões de energia, use que a energia total ½CV₀² permanece constante em um circuito LC ideal e oscila entre C e L a cada quarto de período.

Potência trifásica

Ligação em Y
VL = √3·Vph, IL = Iph
Ligação em Δ
VL = Vph, IL = √3·Iph
Potência ativa total
P = √3·VL·IL·cos φ = 3·Iph²·R
Potência aparente e reativa
S = √3·VL·IL, Q = P·tan φ
Capacitores de correção
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(3ωV²)
Tensão sobre cada capacitor
Δ: VL Y: VL/√3
Potência de entrada do motor
Pin = Pout/η

Transitórios RC e RL

Constante de tempo
τ = RC | τ = L/R
Resposta
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
Capacitor em CC
circuito aberto; vC não pode saltar
Indutor em CC
curto-circuito; iL não pode saltar
Regime permanente
t ≈ 5τ

Método

  1. Encontre o valor inicial logo após a comutação: a tensão em um capacitor e a corrente em um indutor não podem saltar.
  2. Encontre o valor final muito tempo depois da comutação: um capacitor se comporta como circuito aberto e um indutor como curto-circuito.
  3. Encontre a constante de tempo: τ = RC ou τ = L/R, usando a resistência vista pelo capacitor ou indutor.
  4. Use x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ.

Thévenin e Norton

Tensão de Thévenin
Vth = Vopen circuit
Resistência de Thévenin
Rth: todas as fontes desligadas, vista de a–b
Corrente de Norton
IN = Vth/Rth
Corrente na carga
IL = Vth/(Rth + RL)
Máxima transferência de potência
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)

Método

  1. Retire a carga e marque os dois terminais a e b.
  2. Encontre a tensão de circuito aberto entre a e b: essa é Vth.
  3. Desligue todas as fontes independentes e encontre a resistência vista de a–b: essa é Rth.
  4. Recoloque a carga no circuito equivalente: Vth em série com Rth.
  5. Para o equivalente de Norton, converta: IN = Vth/Rth, com RN = Rth em paralelo.

2Exercícios

1.Números complexosMédia
ReIm55−5−51010−10−10zABCD

O diagrama mostra z = 2 − j4. Com w = 2∠−90°, clique no ponto que representa z·w.

z = 2 − j4w = 2∠−90°
  1. 1A (4 − j8)
  2. 2B (8 + j4)
  3. 3C (−8 − j4)
  4. 4D (−2 − j)
2.Números complexosDifícil
ReIm22−2−244−4−4ABCD

Exatamente um dos pontos A–D é uma raiz de z³ = 27∠120°. Clique nele.

w = 27∠120°n = 3
  1. 1A (5,4∠40°)
  2. 2B (3∠10°)
  3. 3C (3∠40°)
  4. 4D (3∠70°)
3.Impedância CA e fasoresMédia
Vf0​ = 500 HzRL = ?C = 10 µF

Um circuito RLC série com C = 10 µF deve ressoar a 500 Hz. Encontre a indutância L necessária.

f0 = 500 HzC = 10 µF
L = mH
4.Impedância CA e fasoresDifícil
120 V100 HzR = 80 ΩL = 250 mHC = 1 µF+−VC​

Um circuito RLC série está ligado a uma fonte de 120 V (rms), 100 Hz. Encontre a tensão rms VC no capacitor.

V = 120 V (rms)f = 100 HzR = 80 ΩL = 250 mHC = 1 µF
VC = V
5.Potência CA e fator de potênciaMédia
230 V116 kW, 0,7214 kW, 0,8I = ?

Duas cargas estão ligadas em paralelo a uma fonte monofásica de 230 V: uma carga de 16 kW com fator de potência 0,7 indutivo e uma carga de 14 kW com fator de potência 0,8 indutivo. Encontre a corrente total I absorvida da fonte.

V = 230 VP1 = 16 kW, pf1 = 0,7 indutivoP2 = 14 kW, pf2 = 0,8 indutivo
I = A
6.Potência CA e fator de potênciaDifícil
120 V60 HzRs​ = 10 ΩXs​ = j40 ΩZL​ = ?

Uma fonte de 120 V (eficaz), 60 Hz tem impedância interna Zs = 10 + j40 Ω. A impedância de carga ZL pode ser escolhida livremente. A carga para máxima potência é formada por um resistor em série com um capacitor. Encontre a capacitância C.

Vs = 120 V (rms)f = 60 HzZs = 10 + j40 Ω
C = µF
7.Ressonância LC, fator Q e largura de bandaMédia
C = 100 nF+−14,4 VL = 22 µHiL​

Um capacitor de 100 nF carregado a 24 V oscila com um indutor ideal de 22 µH. Encontre a energia WL armazenada no indutor no instante em que a tensão do capacitor é 14,4 V, em µJ.

C = 100 nFV0 = 24 VvC = 14,4 V
WL = µJ
8.Ressonância LC, fator Q e largura de bandaDifícil
V50 ΩLC = ?

Projete um filtro RLC série com resistência total de 50 Ω, frequência de ressonância de 20 kHz e largura de banda de 1 kHz. Encontre a capacitância C em nF.

R = 50 Ωf0 = 20 kHzBW = 1 kHz
C = nF
9.Potência trifásicaMédia
ABCVL​ = 415 VZ = 20 + j15 Ωpor fase

Uma carga equilibrada ligada em Δ com impedância de 20 + j15 Ω por fase está ligada a uma alimentação trifásica equilibrada com tensão de linha de 415 V. Encontre a potência ativa total P absorvida pela carga em kW.

VL = 415 VZ = 20 + j15 Ω por fase
P = kW
10.Potência trifásicaDifícil
P = 300 kWφ1​S1​Q2​QC​

Uma carga trifásica equilibrada consome 300 kW com fator de potência 0,65 indutivo de uma alimentação de 415 V (tensão de linha), 50 Hz. Um banco de capacitores trifásico em paralelo com a carga deve elevar o fator de potência total para 0,92 indutivo. A potência ativa permanece a mesma. Os capacitores estão ligados em Y. Encontre a capacitância Cph de cada capacitor em µF.

P = 300 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,92VL = 415 Vf = 50 Hz
Cph = µF
11.Transitórios RC e RLMédia
+−Vs​15 Vt = 0R = 50 ΩL33 mHi(t)

O indutor não conduz corrente antes de a chave fechar em t = 0. Quanto tempo depois de a chave fechar a corrente chega a 80% do seu valor final? Encontre t.

Vs = 15 VR = 50 ΩL = 33 mH
t = ms
12.Transitórios RC e RLDifícil
+−Vs​12 Vt = 0R = 10 kΩC100 µF+−vC​vC​(0) = 6 V

Logo antes de a chave fechar em t = 0, o capacitor tem 6 V com a polaridade indicada. Encontre a tensão no capacitor vC em t = 1000 ms.

Vs = 12 VR = 10 kΩC = 100 µFvC(0) = 6 Vt = 1000 ms
vC = V
13.Thévenin e NortonMédia
R1​ = 6 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​30 VR2​15 ΩAab

Encontre a corrente de Norton IN: a corrente que flui de a para b se os terminais forem curto-circuitados.

V1 = 30 VR1 = 6 ΩR2 = 15 ΩR3 = 20 Ω
IN = A
14.Thévenin e NortonDifícil
R1​ = 5 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​18 VR2​10 ΩAIs​0,5 ABab

Encontre a tensão de Thévenin Vth vista dos terminais a–b.

V1 = 18 VIs = 0,5 AR1 = 5 ΩR2 = 10 ΩR3 = 12 Ω
Vth = V
15.Diagramas de Bode e margensMédia
|H| (dB)0,10,1111010100100−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−90−450ω = 2

Encontre a fase ∠G(jω) de G(s) = 8(s + 1)/(s(s + 2)) em ω = 2 rad/s, em graus.

G(s) = 8(s + 1)/(s(s + 2))ω = 2 rad/s
∠G(jω) = °
16.Diagramas de Bode e margensDifícil
|H| (dB)0,10,1111010100100−60−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​ = ?

Uma malha com realimentação unitária tem a função de transferência de malha aberta L(s) = 70/(s(s + 5)). Encontre a frequência de cruzamento de ganho ωc, onde |L(jω)| = 1.

L(s) = 70/(s(s + 5))
ωc = rad/s

3Soluções

1.Números complexos

Resposta: C (−8 − j4)

Forma polar: z = r∠θ = r(cos θ + j sin θ) = r·ejθ, com r = |z| e θ = arg z. De volta à forma retangular: a = r cos θ, b = r sin θ. O argumento exige o quadrante: θ = atan(b/a) somente quando a > 0; para a < 0 some ou subtraia 180°. Na forma polar a multiplicação é fácil: multiplique os módulos e some os argumentos; para a divisão, divida os módulos e subtraia os argumentos.

Efeito de w

|z·w| = 2·|z|, arg(z·w) = arg z + (−90)°

O ponto

z·w = −8 − j4 → C

Resposta

C (−8 − j4)
2.Números complexos

Resposta: C (3∠40°)

De Moivre e raízes: (r∠θ)ⁿ = rⁿ∠nθ. A equação zⁿ = R∠φ tem exatamente n raízes, todas com módulo R1/n, nos argumentos (φ + 360°·k)/n para k = 0, 1, …, n − 1: elas ficam igualmente espaçadas sobre uma circunferência, a 360°/n uma da outra. Uma equação quadrática z² + pz + q = 0 com p² < 4q tem as raízes complexas z = −p/2 ± j√(q − p²/4); um polinômio com coeficientes reais sempre tem suas raízes complexas em pares conjugados a ± jb.

Módulo e argumentos das raízes

|z| = 3
θ = 40°, 160°, −80°

O ponto

C = 3∠40°

Resposta

C (3∠40°)
3.Impedância CA e fasores

Resposta: L = 10,13 mH

Circuitos CA com fasores: resistores, indutores e capacitores têm impedâncias R, jωL e 1/(jωC), com ω = 2πf. Em série, as impedâncias se somam como resistências, mas como números complexos. Corrente e tensão rms seguem a lei de Ohm com |Z|.

Condição de ressonância

Na ressonância as reatâncias indutiva e capacitiva se anulam: ωL = 1/(ωC).

ω₀ = 2π·500 = 3142 rad/s
L = 1/(ω₀²·C) = 1/(3142²·10·10⁻⁶) = 10,13 mH

Resposta

L = 10,13 mH
4.Impedância CA e fasores

Resposta: VC = 132,9 V

Circuitos CA com fasores: resistores, indutores e capacitores têm impedâncias R, jωL e 1/(jωC), com ω = 2πf. Em série, as impedâncias se somam como resistências, mas como números complexos. Corrente e tensão rms seguem a lei de Ohm com |Z|.

Reatâncias

ω = 2πf = 2π·100 = 628,3 rad/s
XL = ωL = 628,3·0,25 = 157,1 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(628,3·1·10⁻⁶) = 1592 Ω

Impedância

Em série as impedâncias se somam como números complexos: Z = R + j(XL − XC).

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(80² + (−1434)²) = 1437 Ω

Corrente

A mesma corrente passa por todos os elementos de um circuito série.

I = V/|Z| = 120/1437 = 0,08352 A

Tensão no capacitor

VC = I·XC = 0,08352·1592 = 132,9 V

Resposta

VC = 132,9 V
5.Potência CA e fator de potência

Resposta: I = 175 A

Potência CA: a potência aparente S = V·I (VA) se divide em potência ativa P = S·cos φ (W), que realiza trabalho útil, e potência reativa Q = S·sin φ (var), que vai e volta entre fonte e carga. O fator de potência é cos φ. Um capacitor em paralelo fornece potência reativa localmente, então a corrente de linha cai para a mesma potência ativa.

Potência reativa de cada carga

Uma carga indutiva consome potência reativa (Q > 0); uma carga capacitiva a fornece (Q < 0).

Q1 = 16·tan(arccos 0,7) = 16,32 kvar
Q2 = 14·tan(arccos 0,8) = 10,5 kvar

Totais

P = 16 + 14 = 30 kW
Q = 16,32 + 10,5 = 26,82 kvar
S = √(30² + 26,82²) = 40,24 kVA

Corrente total

I = S/V = 40243/230 = 175 A

Resposta

I = 175 A
6.Potência CA e fator de potência

Resposta: C = 66,31 µF

Potência CA: a potência aparente S = V·I (VA) se divide em potência ativa P = S·cos φ (W), que realiza trabalho útil, e potência reativa Q = S·sin φ (var), que vai e volta entre fonte e carga. O fator de potência é cos φ. Um capacitor em paralelo fornece potência reativa localmente, então a corrente de linha cai para a mesma potência ativa.

Casamento conjugado

A reatância da carga anula a reatância da fonte, e a resistência da carga é igual à resistência da fonte.

ZL = Zs* = 10 − j40 Ω

Capacitância

XC = 40 Ω → C = 1/(2π·60·40) = 66,31 µF

Resposta

C = 66,31 µF
7.Ressonância LC, fator Q e largura de banda

Resposta: WL = 18,43 µJ

Ressonância LC: um capacitor carregado ligado a um indutor produz uma corrente que o carrega no sentido oposto: a energia oscila entre o campo elétrico de C (½Cv²) e o campo magnético de L (½Li²) na frequência natural f0 = 1/(2π√(LC)). Sem resistência, a energia total ½CV0² permanece constante, de modo que a corrente de pico é Imax = V0√(C/L). Um período é T = 1/f0; a energia passa de C para L em um quarto dele.

Energia total

½·1 × 10⁻⁷·24² = 2,88 × 10⁻⁵ J

Energia que resta no capacitor

½·1 × 10⁻⁷·14,4² = 1,037 × 10⁻⁵ J

Energia no indutor

WL = 1,843 × 10⁻⁵ J = 18,43 µJ

Resposta

WL = 18,43 µJ
8.Ressonância LC, fator Q e largura de banda

Resposta: C = 7,958 nF

Fator Q e largura de banda: em um circuito ressonante, Q = 2π·(energia armazenada)/(energia perdida por ciclo). No RLC série, Q = ω0L/R = (1/R)√(L/C); no RLC paralelo, Q = R/(ω0L) = R√(C/L). A largura de banda entre as frequências de meia potência f1 e f2 (em que a potência é a metade e a corrente ou a tensão é 1/√2 do pico) é BW = f2 − f1 = f0/Q, que vale R/(2πL) em série e 1/(2πRC) em paralelo. A frequência de ressonância é a média geométrica f0 = √(f1f2), e f1,2 = f0(√(1 + 1/(4Q²)) ∓ 1/(2Q)). As perdas também fazem a oscilação decair: no RLC série, a amplitude cai como e−Rt/(2L).

Indutância a partir da largura de banda

L = R/(2π·BW) = 50/(2π·1000) = 0,007958 H

Capacitância a partir da frequência de ressonância

C = 1/((2π·20000)²·0,007958) = 7,958 × 10⁻⁹ F = 7,958 nF

Resposta

C = 7,958 nF

Q = f₀/BW = 20.

9.Potência trifásica

Resposta: P = 16,53 kW

Sistemas trifásicos equilibrados: em uma ligação Y (estrela) a tensão de linha é √3 vezes a tensão de fase, VL = √3·Vph, e a corrente de linha é igual à corrente de fase. Em uma ligação Δ (triângulo) a tensão de linha é igual à tensão de fase e a corrente de linha é √3 vezes a corrente de fase, IL = √3·Iph. A potência total é três vezes a potência de uma fase: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ.

Tensão de fase

Vph = VL = 415 V

Corrente de fase

|Z| = √(20² + 15²) = 25 Ω
Iph = 415/25 = 16,6 A

Potência ativa total

Só a parte resistiva de cada impedância absorve potência ativa.

P = 3·Iph²·R = 3·16,6²·20 = 16,53 kW

Resposta

P = 16,53 kW

Verificação: cos φ = R/|Z| = 0,8, e √3·VL·IL·cos φ dá a mesma potência.

10.Potência trifásica

Resposta: Cph = 4120 µF

Sistemas trifásicos equilibrados: em uma ligação Y (estrela) a tensão de linha é √3 vezes a tensão de fase, VL = √3·Vph, e a corrente de linha é igual à corrente de fase. Em uma ligação Δ (triângulo) a tensão de linha é igual à tensão de fase e a corrente de linha é √3 vezes a corrente de fase, IL = √3·Iph. A potência total é três vezes a potência de uma fase: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ. Correção do fator de potência: os capacitores fornecem potência reativa localmente, QC = P·(tan φ1 − tan φ2). Cada um dos três capacitores fornece QC/3 = V²·ω·C, onde V é a tensão sobre aquele capacitor: VL em um banco em Δ, VL/√3 em um banco em Y.

Potência reativa antes e depois

A potência ativa não muda, então cada fator de potência fixa a potência reativa: Q = P·tan φ.

Q1 = 300·tan(acos 0,65) = 300·1,169 = 350,7 kvar
Q2 = 300·tan(acos 0,92) = 300·0,426 = 127,8 kvar

Potência reativa dos capacitores

QC = Q1 − Q2 = 222,9 kvar

Capacitância por fase

Em um banco em Y cada capacitor está ligado entre uma linha e o centro da estrela.

V = 415/√3 = 239,6 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 74313/(314,2·239,6²) = 4120 µF

Resposta

Cph = 4120 µF
11.Transitórios RC e RL

Resposta: t = 1,062 ms

Transitórios de primeira ordem: em um circuito com um capacitor ou um indutor, toda tensão e corrente vai exponencialmente do valor inicial ao valor final: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, com τ = RC ou τ = L/R. Depois de cerca de 5τ o circuito se estabiliza.

Constante de tempo e corrente final

Muito depois de a chave fechar, o indutor se comporta como um curto, então a corrente final depende só de R.

τ = L/R = 33 mH / 50 Ω = 0,66 ms
i(∞) = Vs/R = 15/50 = 0,3 A

Resolva para o tempo

0,8 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,8)
t = −0,66·ln(0,2) = 1,062 ms

Resposta

t = 1,062 ms
12.Transitórios RC e RL

Resposta: vC = 9,793 V

Transitórios de primeira ordem: em um circuito com um capacitor ou um indutor, toda tensão e corrente vai exponencialmente do valor inicial ao valor final: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, com τ = RC ou τ = L/R. Depois de cerca de 5τ o circuito se estabiliza.

Valor inicial, valor final, constante de tempo

A tensão no capacitor não pode saltar, então começa no valor armazenado e vai em direção à tensão da fonte.

vC(0) = 6 V, vC(∞) = Vs = 12 V
τ = R·C = 10 kΩ · 100 µF = 1000 ms
vC(t) = 12 + (6 − 12)·e−t/τ

Tensão no instante dado

vC(1000) = 12 + (−6)·e−1000/1000 = 9,793 V

Resposta

vC = 9,793 V
13.Thévenin e Norton

Resposta: IN = 0,8824 A

Teorema de Thévenin: qualquer rede linear de dois terminais se comporta como uma única fonte de tensão Vth em série com uma resistência Rth. O teorema de Norton dá a mesma rede como uma fonte de corrente IN = Vth/Rth em paralelo com Rth.

R1​ = 6 ΩR3​ = 20 ΩCURTOR2​15 ΩAabRth​

Encontre Rth com todas as fontes desligadas

Substitua fontes de tensão por curtos e fontes de corrente por circuitos abertos, depois olhe para o circuito a partir de a–b.

R1 ∥ R2 = 6·15/(6+15) = 4,286 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,286 + 20 = 24,29 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​30 VR2​15 ΩAab+−Vth​

Encontre Vth, a tensão de circuito aberto

Com a–b aberto, não passa corrente por R₃, então não há queda nele e V_b = V_A. R₁ e R₂ formam um divisor de tensão.

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 30·15/(6+15) = 21,43 V
IN​0,8824 ARth​24,29 Ωab

Equivalente de Norton

Uma fonte de Norton é o mesmo circuito visto como uma fonte de corrente em paralelo com R_th. Sua corrente é a corrente de curto-circuito em a–b.

IN = Vth/Rth = 21,43/24,29 = 0,8824 A
14.Thévenin e Norton

Resposta: Vth = 4,333 V

Teorema de Thévenin: qualquer rede linear de dois terminais se comporta como uma única fonte de tensão Vth em série com uma resistência Rth. O teorema de Norton dá a mesma rede como uma fonte de corrente IN = Vth/Rth em paralelo com Rth.

R1​ = 5 ΩR3​ = 12 ΩCURTOR2​10 ΩAABERTOBabRth​

Encontre Rth com todas as fontes desligadas

Substitua fontes de tensão por curtos e fontes de corrente por circuitos abertos, depois olhe para o circuito a partir de a–b.

R1 ∥ R2 = 5·10/(5+10) = 3,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,333 + 12 = 15,33 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​18 VR2​10 ΩAIs​0,5 ABab+−Vth​

Encontre Vth, a tensão de circuito aberto

Com a–b aberto, o único caminho para Iₛ é por R₃ até o nó A. Encontre V_A por superposição de V₁ e Iₛ, depois some a queda em R₃.

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 12 + (−0,5)·3,333 = 10,33 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 10,33 + (−0,5)·12 = 4,333 V
15.Diagramas de Bode e margens

Resposta: ∠G(jω) = −71,57 °

Resposta em frequência: substitua s = jω na função de transferência. O módulo em decibéis é 20·log₁₀|H(jω)| e a fase é a soma dos ângulos dos fatores do numerador menos os do denominador. Um filtro RC ou RL de primeira ordem tem sua frequência de corte (−3 dB) em ωc = 1/(RC) ou R/L, e fc = ωc/(2π); um filtro passa-baixas dá |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) e φ = −atan(ω/ωc). No diagrama de Bode assintótico (de retas), cada polo inclina o módulo para baixo em 20 dB/década na sua frequência de canto, cada zero o inclina para cima em 20 dB/década, e um integrador 1/s dá −20 dB/década em todas as frequências. Cruzamento de ganho ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); margem de fase MF = 180° + ∠L(jωc). Cruzamento de fase ω180: ∠L(jω) = −180°; margem de ganho MG = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. A malha fechada é estável quando as duas margens são positivas.

Some os ângulos

∠G = atan(2/1) − 90° − atan(2/2) = 63,43° − 90° − 45°

Resultado

∠G(j2) = −71,57°

Resposta

∠G(jω) = −71,57°
16.Diagramas de Bode e margens

Resposta: ωc = 7,656 rad/s

Resposta em frequência: substitua s = jω na função de transferência. O módulo em decibéis é 20·log₁₀|H(jω)| e a fase é a soma dos ângulos dos fatores do numerador menos os do denominador. Um filtro RC ou RL de primeira ordem tem sua frequência de corte (−3 dB) em ωc = 1/(RC) ou R/L, e fc = ωc/(2π); um filtro passa-baixas dá |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) e φ = −atan(ω/ωc). No diagrama de Bode assintótico (de retas), cada polo inclina o módulo para baixo em 20 dB/década na sua frequência de canto, cada zero o inclina para cima em 20 dB/década, e um integrador 1/s dá −20 dB/década em todas as frequências. Cruzamento de ganho ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); margem de fase MF = 180° + ∠L(jωc). Cruzamento de fase ω180: ∠L(jω) = −180°; margem de ganho MG = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. A malha fechada é estável quando as duas margens são positivas.

Cruzamento de ganho

ω⁴ + 25ω² − 4900 = 0
ω² = (−25 + √(625 + 4·4900))/2 = 58,61
ωc = 7,656 rad/s

Resposta

ωc = 7,656 rad/s

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