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
ReIm22−2−244−4−466−6−6θz

Encontre o argumento θ de z = −2 − j6 em graus, como valor principal entre −180° e 180°.

z = −2 − j6
θ = °
2.Números complexosDifícil
ReIm22−2−244−4−466−6−6ABCD

Exatamente um dos pontos A–D é uma raiz de z³ = 27∠180°. Clique nele.

w = 27∠180°n = 3
  1. 1A (3∠−150°)
  2. 2B (3∠0°)
  3. 3C (3∠180°)
  4. 4D (5,4∠180°)
3.Impedância CA e fasoresMédia
230 V100 HzR = 100 ΩL = 200 mHC = 22 µFI

Um circuito RLC série está ligado a uma fonte de 230 V (rms), 100 Hz. Encontre a potência ativa P absorvida da fonte.

V = 230 V (rms)f = 100 HzR = 100 ΩL = 200 mHC = 22 µF
P = W
4.Impedância CA e fasoresDifícil
VfR = 1 ΩL = 2 mHC = 10 µF

Um circuito RLC série tem R = 1 Ω, L = 2 mH e C = 10 µF. Encontre seu fator de qualidade Q na ressonância.

R = 1 ΩL = 2 mHC = 10 µF
Q =
5.Potência CA e fator de potênciaMédia
230 V116 kW, 0,6523 kW, 1I

Duas cargas estão ligadas em paralelo a uma fonte monofásica de 230 V: uma carga de 16 kW com fator de potência 0,65 indutivo e um aquecedor de 3 kW (fator de potência unitário). Encontre o fator de potência global cos φ visto pela fonte.

V = 230 VP1 = 16 kW, pf1 = 0,65 indutivoP2 = 3 kW, pf2 = 1
cos φ =
6.Potência CA e fator de potênciaDifícil
230 V60 Hzcarga9 kW, 0,6C100 µFI

Uma carga monofásica consome 9 kW com fator de potência 0,6 indutivo de uma fonte de 230 V, 60 Hz. Um capacitor de 100 µF é ligado em paralelo com a carga. Encontre o novo fator de potência cos φ visto pela fonte.

P = 9 kWpf1 = 0,6V = 230 Vf = 60 HzC = 100 µF
cos φ =
7.Ressonância LC, fator Q e largura de bandaMédia
tvC​iL​T/4 = ?T/2TL = 4,7 mHC = 4,7 nF

Em um circuito LC ideal com L = 4,7 mH e C = 4,7 nF, o capacitor está totalmente carregado em t = 0. Quanto tempo leva até que toda a energia esteja no indutor? Dê t em µs.

L = 4,7 mHC = 4,7 nF
t = µs
8.Ressonância LC, fator Q e largura de bandaDifícil
C = 470 nFR = 5 ΩL = 470 µH

Um capacitor carregado de 470 nF se descarrega por uma bobina de 470 µH com resistência série total de 5 Ω, de modo que a oscilação se extingue lentamente. Sua amplitude decai como e−Rt/(2L). Quantos ciclos de oscilação n passam até que a amplitude caia à metade? (As perdas são pequenas, então a frequência é f₀.)

L = 470 µHC = 470 nFR = 5 Ω
n =
9.Potência trifásicaMédia
ABCVL​ = 415 VIL​ = ?M37 kW, η = 94%cos φ = 0,84

Um motor de indução trifásico fornece 37 kW de potência mecânica de saída a plena carga. Nessa carga seu rendimento é 94% e seu fator de potência é 0,84 indutivo. A alimentação tem tensão de linha de 415 V. Encontre a corrente de linha IL.

Pout = 37 kWη = 94%cos φ = 0,84VL = 415 V
IL = A
10.Potência trifásicaDifícil
P = 50 kWφ1​S1​Q2​QC​

Uma carga trifásica equilibrada consome 50 kW com fator de potência 0,75 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 0,95 indutivo. A potência ativa permanece a mesma. Os capacitores estão ligados em Δ. Encontre a capacitância Cph de cada capacitor em µF.

P = 50 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,95VL = 415 Vf = 50 Hz
Cph = µF
11.Transitórios RC e RLMédia
+−Vs​15 Vt = 0R = 10 ΩL33 mHi(t)

O indutor não conduz corrente antes de a chave fechar em t = 0. Encontre a corrente i em t = 5 ms.

Vs = 15 VR = 10 ΩL = 33 mHt = 5 ms
i = A
12.Transitórios RC e RLDifícil
+−Vs​10 Vt = 0R = 6,8 kΩC22 µF+−vC​vC​(0) = 15 V

Logo antes de a chave fechar em t = 0, o capacitor tem 15 V com a polaridade indicada. Quanto tempo leva para vC chegar a 12 V? Encontre t.

Vs = 10 VR = 6,8 kΩC = 22 µFvC(0) = 15 V
t = ms
13.Thévenin e NortonMédia
R1​ = 15 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​15 VR2​5 ΩARL​6 ΩIL​B

Uma carga RL = 6 Ω é ligada entre a–b. Substitua o resto do circuito pelo seu equivalente de Thévenin e encontre a corrente na carga IL.

V1 = 15 VR1 = 15 ΩR2 = 5 ΩR3 = 8 ΩRL = 6 Ω
IL = A
14.Thévenin e NortonDifícil
R1​ = 3 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​30 VR2​30 ΩAIs​2,5 ABab

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

V1 = 30 VIs = 2,5 AR1 = 3 ΩR2 = 30 ΩR3 = 25 Ω
Vth = V
15.Diagramas de Bode e margensMédia
|H| (dB)0,11101001000−80−60−40−20020ω (rad/s)ω = 30

Encontre o módulo exato |G(jω)| de G(s) = 224/((s + 7)(s + 16)) em ω = 30 rad/s, em dB.

G(s) = 224/((s + 7)(s + 16))ω = 30 rad/s
|G(jω)| = dB
16.Diagramas de Bode e margensDifícil
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Uma malha com realimentação unitária tem a função de transferência de malha aberta L(s) = K/(s(s + 1)(s + 6)). Encontre o ganho K que dá uma margem de ganho de 10 dB.

L(s) = K/(s(s + 1)(s + 6))GM = 10 dB
K =

3Soluções

1.Números complexos

Resposta: θ = −108,4 °

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.

Quadrante

a = −2, b = −6 → III

Ângulo de referência

α = atan(6/2) = 71,57°

Argumento

θ = −(180° − α) = −108,4°

Resposta

θ = −108,4°

Na forma polar, z = 6,325∠−108,4°.

2.Números complexos

Resposta: C (3∠180°)

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 = 60°, 180°, −60°

O ponto

C = 3∠180°

Resposta

C (3∠180°)
3.Impedância CA e fasores

Resposta: P = 411,9 W

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

XL = 125,7 Ω, XC = 72,34 Ω

Impedância

|Z| = √(100² + (53,32)²) = 113,3 Ω

Potência ativa

Indutores e capacitores só armazenam e devolvem energia; o resistor absorve toda a potência ativa.

I = 230/113,3 = 2,03 A
P = I²·R = 2,03²·100 = 411,9 W

Resposta

P = 411,9 W
4.Impedância CA e fasores

Resposta: Q = 14,14

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|.

Frequência de ressonância

f0 = 1/(2π·√(0,002·10·10⁻⁶)) = 1125 Hz

Fator de qualidade

Q compara a reatância na ressonância com a resistência: Q = ω₀L/R.

Q = (1/R)·√(L/C) = (1/1)·√(0,002/(10·10⁻⁶)) = 14,14

Resposta

Q = 14,14
5.Potência CA e fator de potência

Resposta: cos φ = 0,7126

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 0,65) = 18,71 kvar
Q2 = 0 = 0 kvar

Totais

P = 16 + 3 = 19 kW
Q = 18,71 + 0 = 18,71 kvar
S = √(19² + 18,71²) = 26,66 kVA

Fator de potência global

cos φ = P/S = 19/26,66 = 0,7126 indutivo

Resposta

cos φ = 0,7126
6.Potência CA e fator de potência

Resposta: cos φ = 0,6688

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 antes e depois

A potência ativa P não muda; só muda a potência reativa tirada da rede.

Q1 = 9·tan(arccos 0,6) = 12 kvar
QC = V²·2πf·C = 230²·2π·60·100·10⁻⁶ = 1994 var = 1,994 kvar
Q2 = 12 − 1,994 = 10,01 kvar

Nova potência aparente

S2 = √(9² + 10,01²) = 13,46 kVA

Novo fator de potência

cos φ = P/S2 = 9/13,46 = 0,6688

Resposta

cos φ = 0,6688
7.Ressonância LC, fator Q e largura de banda

Resposta: t = 7,383 µs

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.

Período

T = 2π√(0,0047·4,7 × 10⁻⁹) = 29,53 µs

Quarto de período

t = T/4 = 7,383 µs

Resposta

t = 7,383 µs
8.Ressonância LC, fator Q e largura de banda

Resposta: n = 1,395

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).

Meia-vida da amplitude

t = 2·0,00047·ln 2/5 = 0,0001303 s

Número de ciclos

n = t·f0 = 0,0001303·10708 = 1,395

Resposta

n = 1,395

Atalho: n = Q·ln 2/π com Q = 6,325.

9.Potência trifásica

Resposta: IL = 65,19 A

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.

Potência elétrica de entrada

Pin = Pout/η = 37/0,94 = 39,36 kW

Corrente de linha

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 39362/(√3·415·0,84) = 65,19 A

Resposta

IL = 65,19 A
10.Potência trifásica

Resposta: Cph = 170,4 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 = 50·tan(acos 0,75) = 50·0,8819 = 44,1 kvar
Q2 = 50·tan(acos 0,95) = 50·0,3287 = 16,43 kvar

Potência reativa dos capacitores

QC = Q1 − Q2 = 27,66 kvar

Capacitância por fase

Em um banco em Δ cada capacitor está ligado entre duas linhas.

V = 415 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 9221/(314,2·415²) = 170,4 µF

Resposta

Cph = 170,4 µF
11.Transitórios RC e RL

Resposta: i = 1,17 A

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 / 10 Ω = 3,3 ms
i(∞) = Vs/R = 15/10 = 1,5 A

Corrente no instante dado

i(t) = i(∞)·(1 − e−t/τ) = 1,5·(1 − e−5/3,3) = 1,17 A

Resposta

i = 1,17 A
12.Transitórios RC e RL

Resposta: t = 137,1 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.

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) = 15 V, vC(∞) = Vs = 10 V
τ = R·C = 6,8 kΩ · 22 µF = 149,6 ms
vC(t) = 10 + (15 − 10)·e−t/τ

Resolva para o tempo

12 = 10 + (5)·e−t/τ → e−t/τ = (12 − 10)/(15 − 10) = 0,4
t = τ·ln((15 − 10)/(12 − 10)) = 149,6·ln(2,5) = 137,1 ms

Resposta

t = 137,1 ms
13.Thévenin e Norton

Resposta: IL = 0,2113 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​ = 15 ΩR3​ = 8 ΩCURTOR2​5 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 = 15·5/(15+5) = 3,75 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,75 + 8 = 11,75 Ω
R1​ = 15 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​15 VR2​5 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) = 15·5/(15+5) = 3,75 V
Rth​ = 11,75 Ω+−Vth​3,75 VRL​6 ΩIL​

Ligue a carga ao equivalente de Thévenin

A fonte de Thévenin e R_th em série se comportam exatamente como o circuito original em a–b, então a carga vê uma malha simples em série.

IL = Vth/(Rth + RL) = 3,75/(11,75 + 6) = 0,2113 A
14.Thévenin e Norton

Resposta: Vth = −42,05 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​ = 3 ΩR3​ = 25 ΩCURTOR2​30 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 = 3·30/(3+30) = 2,727 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,727 + 25 = 27,73 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​30 VR2​30 ΩAIs​2,5 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) = 27,27 + (−2,5)·2,727 = 20,45 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 20,45 + (−2,5)·25 = −42,05 V
15.Diagramas de Bode e margens

Resposta: |G(jω)| = −13,4 dB

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.

Multiplique os módulos

|G(j30)| = 224/(√(30² + 7²)·√(30² + 16²)) = 224/(30,81·34) = 0,2139

Resultado

20·log₁₀(0,2139) = −13,4 dB

Resposta

|G(jω)| = −13,4 dB
16.Diagramas de Bode e margens

Resposta: K = 13,28

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 fase

(ω/1)·(ω/6) = 1 → ω180 = √(1·6) = 2,449 rad/s

Módulo no cruzamento de fase

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 1)·√(ω² + 36)) = K/(1·6·(1 + 6)) = K/42

Ganho necessário

42/K = 1010/20 = 3,162
K = 42/3,162 = 13,28

Resposta

K = 13,28

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