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 = −6 + j5 em graus, como valor principal entre −180° e 180°.

z = −6 + j5
θ = °
2.Números complexosDifícil
ReIm11−1−122−2−2ABCD

Exatamente um dos pontos A–D é uma raiz de z⁴ = 16∠120°. Clique nele.

w = 16∠120°n = 4
  1. 1A (1∠−150°)
  2. 2B (2∠150°)
  3. 3C (2∠−105°)
  4. 4D (2∠−150°)
3.Impedância CA e fasoresMédia
120 V500 HzR = 40 ΩL = 200 mHC = 100 µF

Um circuito RLC série está ligado a uma fonte de 120 V (rms), 500 Hz. Encontre o ângulo de fase φ da impedância, em graus (positivo quando a corrente está atrasada em relação à tensão).

V = 120 V (rms)f = 500 HzR = 40 ΩL = 200 mHC = 100 µF
φ = °
4.Impedância CA e fasoresDifícil
VfR = 5 ΩL = 100 mHC = 0,22 µF

Um circuito RLC série tem R = 5 Ω, L = 100 mH e C = 0,22 µF. Encontre sua largura de banda B (a largura da faixa entre as frequências de meia potência), em Hz.

R = 5 ΩL = 100 mHC = 0,22 µF
B = Hz
5.Potência CA e fator de potênciaMédia
240 V16 kW, 0,722 kW, 0,95I

Duas cargas estão ligadas em paralelo a uma fonte monofásica de 240 V: uma carga de 6 kW com fator de potência 0,7 indutivo e uma carga de 2 kW com fator de potência 0,95 capacitivo. Encontre o fator de potência global cos φ visto pela fonte.

V = 240 VP1 = 6 kW, pf1 = 0,7 indutivoP2 = 2 kW, pf2 = 0,95 capacitivo
cos φ =
6.Potência CA e fator de potênciaDifícil
P1​ = 13 kWQ1​S1​φ

Um transformador monofásico de 50 kVA alimenta uma carga de 13 kW com fator de potência 0,8 indutivo. Quanta potência ativa adicional ΔP pode ser acrescentada como carga resistiva (fator de potência unitário) antes que o transformador atinja sua potência nominal em kVA?

Smax = 50 kVAP1 = 13 kWpf1 = 0,8
ΔP = kW
7.Ressonância LC, fator Q e largura de bandaMédia
C = 4,7 nF+−12 VL = 10 mHiL​

Um capacitor de 4,7 nF carregado a 24 V oscila com um indutor ideal de 10 mH. Encontre a energia WL armazenada no indutor no instante em que a tensão do capacitor é 12 V, em µJ.

C = 4,7 nFV0 = 24 VvC = 12 V
WL = µJ
8.Ressonância LC, fator Q e largura de bandaDifícil
C = 10 nFR = 1 ΩL = 22 µH

Um capacitor carregado de 10 nF se descarrega por uma bobina de 22 µH com resistência série total de 1 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 = 22 µHC = 10 nFR = 1 Ω
n =
9.Potência trifásicaMédia
ABCVL​ = 208 VNZ = 6 + j8 Ωpor fase

Uma carga equilibrada ligada em Y com impedância de 6 + j8 Ω por fase está ligada a uma alimentação trifásica equilibrada com tensão de linha de 208 V. Encontre a potência ativa total P absorvida pela carga em kW.

VL = 208 VZ = 6 + j8 Ω por fase
P = kW
10.Potência trifásicaDifícil
P = 75 kWφ1​S1​Q2​QC​

Uma carga trifásica equilibrada consome 75 kW com fator de potência 0,7 indutivo de uma alimentação de 480 V (tensão de linha), 60 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 Δ. Encontre a capacitância Cph de cada capacitor em µF.

P = 75 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,92VL = 480 Vf = 60 Hz
Cph = µF
11.Transitórios RC e RLMédia
+−Vs​15 Vt = 0R1​ = 4,7 kΩR2​ = 3,3 kΩC47 µF+−vC​

A fonte Vₛ carrega o capacitor através de R₁, e R₂ está ligado em paralelo com C. O capacitor está descarregado quando a chave fecha em t = 0. Encontre a tensão no capacitor vC em t = 120 ms.

Vs = 15 VR1 = 4,7 kΩR2 = 3,3 kΩC = 47 µFt = 120 ms
vC = V
12.Transitórios RC e RLDifícil
+−Vs​15 Vt = 0R = 1 kΩC220 µF+−vC​vC​(0) = 18 V

Logo antes de a chave fechar em t = 0, o capacitor tem 18 V com a polaridade indicada. Encontre a tensão no capacitor vC em t = 300 ms.

Vs = 15 VR = 1 kΩC = 220 µFvC(0) = 18 Vt = 300 ms
vC = V
13.Thévenin e NortonMédia
R1​ = 12 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​9 VR2​5 ΩAab

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

V1 = 9 VR1 = 12 ΩR2 = 5 ΩR3 = 10 Ω
IN = A
14.Thévenin e NortonDifícil
R1​ = 10 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​24 VR2​2 ΩAIs​6 ABRL​25 ΩIL​

Uma carga RL = 25 Ω é ligada entre a–b. Substitua o resto do circuito pelo seu equivalente de Thévenin e encontre a corrente na carga IL.

V1 = 24 VIs = 6 AR1 = 10 ΩR2 = 2 ΩR3 = 30 ΩRL = 25 Ω
IL = A
15.Diagramas de Bode e margensMédia
vin​R = 1 kΩC = 22 nFvout​

O Filtro passa-baixas RC mostrado tem R = 1 kΩ, C = 22 nF. Aplica-se uma entrada senoidal de 1,4 kHz. Encontre a defasagem φ de vout em relação a vin, em graus.

R = 1 kΩC = 22 nFf = 1,4 kHz
φ = °
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) = 28/(s(s + 3)(s + 6)). Encontre a frequência de cruzamento de fase ω180, onde ∠L(jω) = −180°.

L(s) = 28/(s(s + 3)(s + 6))
ω180 = rad/s

3Soluções

1.Números complexos

Resposta: θ = 140,2 °

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 = −6, b = 5 → II

Ângulo de referência

α = atan(5/6) = 39,81°

Argumento

θ = 180° − α = 140,2°

Resposta

θ = 140,2°

Na forma polar, z = 7,81∠140,2°.

2.Números complexos

Resposta: D (2∠−150°)

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| = 2
θ = 30°, 120°, −150°, −60°

O ponto

D = 2∠−150°

Resposta

D (2∠−150°)
3.Impedância CA e fasores

Resposta: φ = 86,34 °

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·500 = 3142 rad/s
XL = ωL = 3142·0,2 = 628,3 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(3142·100·10⁻⁶) = 3,183 Ω

Impedância

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(40² + (625,1)²) = 626,4 Ω

Ângulo de fase

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(625,1/40) = 86,34°

Resposta

φ = 86,34°
4.Impedância CA e fasores

Resposta: B = 7,958 Hz

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·√(0,1·0,22·10⁻⁶)) = 1073 Hz

Fator de qualidade

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

Q = (1/R)·√(L/C) = (1/5)·√(0,1/(0,22·10⁻⁶)) = 134,8

Largura de banda

B = f0/Q = 1073/134,8 = 7,958 Hz

Resposta

B = 7,958 Hz
5.Potência CA e fator de potência

Resposta: cos φ = 0,8258

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 = 6·tan(arccos 0,7) = 6,121 kvar
Q2 = −2·tan(arccos 0,95) = −0,6574 kvar

Totais

P = 6 + 2 = 8 kW
Q = 6,121 + (−0,6574) = 5,464 kvar
S = √(8² + 5,464²) = 9,688 kVA

Fator de potência global

cos φ = P/S = 8/9,688 = 0,8258 indutivo

Resposta

cos φ = 0,8258
6.Potência CA e fator de potência

Resposta: ΔP = 36,04 kW

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 da carga existente

Q1 = 13·tan(arccos 0,8) = 9,75 kvar

Maior potência ativa total

Na potência nominal S = Smax, e Q não é alterada pela carga resistiva.

P = √(Smax² − Q1²) = √(50² − 9,75²) = 49,04 kW

Potência ativa adicional

ΔP = 49,04 − 13 = 36,04 kW

Resposta

ΔP = 36,04 kW
7.Ressonância LC, fator Q e largura de banda

Resposta: WL = 1,015 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

½·4,7 × 10⁻⁹·24² = 1,354 × 10⁻⁶ J

Energia que resta no capacitor

½·4,7 × 10⁻⁹·12² = 3,384 × 10⁻⁷ J

Energia no indutor

WL = 1,015 × 10⁻⁶ J = 1,015 µJ

Resposta

WL = 1,015 µJ
8.Ressonância LC, fator Q e largura de banda

Resposta: n = 10,35

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 = 2·2,2 × 10⁻⁵·ln 2/1 = 3,05 × 10⁻⁵ s

Número de ciclos

n = t·f0 = 3,05 × 10⁻⁵·339319 = 10,35

Resposta

n = 10,35

Atalho: n = Q·ln 2/π com Q = 46,9.

9.Potência trifásica

Resposta: P = 2,596 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 = 208/√3 = 120,1 V

Corrente de fase

|Z| = √(6² + 8²) = 10 Ω
Iph = 120,1/10 = 12,01 A

Potência ativa total

Só a parte resistiva de cada impedância absorve potência ativa.

P = 3·Iph²·R = 3·12,01²·6 = 2,596 kW

Resposta

P = 2,596 kW

Verificação: cos φ = R/|Z| = 0,6, e √3·VL·IL·cos φ dá a mesma potência.

10.Potência trifásica

Resposta: Cph = 171 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 = 75·tan(acos 0,7) = 75·1,02 = 76,52 kvar
Q2 = 75·tan(acos 0,92) = 75·0,426 = 31,95 kvar

Potência reativa dos capacitores

QC = Q1 − Q2 = 44,57 kvar

Capacitância por fase

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

V = 480 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 14855/(377·480²) = 171 µF

Resposta

Cph = 171 µF
11.Transitórios RC e RL

Resposta: vC = 4,53 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.

Equivalente de Thévenin visto pelo capacitor

Coloque a fonte em curto para encontrar Rth; abra o capacitor para encontrar a tensão em que ele vai se estabilizar.

Rth = R1 ∥ R2 = 4,7·3,3/(4,7 + 3,3) = 1,939 kΩ
vC(∞) = 15·3,3/(4,7 + 3,3) = 6,188 V

Constante de tempo

τ = Rth·C = 1,939·47 = 91,12 ms

Curva de carga

vC(t) = 6,188·(1 − e−120/91,12) = 4,53 V

Resposta

vC = 4,53 V
12.Transitórios RC e RL

Resposta: vC = 15,77 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) = 18 V, vC(∞) = Vs = 15 V
τ = R·C = 1 kΩ · 220 µF = 220 ms
vC(t) = 15 + (18 − 15)·e−t/τ

Tensão no instante dado

vC(300) = 15 + (3)·e−300/220 = 15,77 V

Resposta

vC = 15,77 V
13.Thévenin e Norton

Resposta: IN = 0,1957 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​ = 12 ΩR3​ = 10 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 = 12·5/(12+5) = 3,529 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,529 + 10 = 13,53 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​9 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) = 9·5/(12+5) = 2,647 V
IN​0,1957 ARth​13,53 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 = 2,647/13,53 = 0,1957 A
14.Thévenin e Norton

Resposta: IL = −3,282 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​ = 10 ΩR3​ = 30 ΩCURTOR2​2 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 = 10·2/(10+2) = 1,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,667 + 30 = 31,67 Ω
R1​ = 10 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​24 VR2​2 ΩAIs​6 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) = 4 + (−6)·1,667 = −6 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −6 + (−6)·30 = −186 V
Rth​ = 31,67 Ω−+Vth​186 VRL​25 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) = −186/(31,67 + 25) = −3,282 A
15.Diagramas de Bode e margens

Resposta: φ = −10,95 °

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.

Frequência de corte

ωc = 1/(RC) = 1/(1000·2,2 × 10⁻⁸) = 45455 rad/s
fc = 7234 Hz → f/fc = 1400/7234 = 0,1935

Fase

φ = − atan(0,1935) = −10,95°

Resposta

φ = −10,95°
16.Diagramas de Bode e margens

Resposta: ω180 = 4,243 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 fase

(ω/3)·(ω/6) = 1 → ω180 = √(3·6) = 4,243 rad/s

Resposta

ω180 = 4,243 rad/s

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