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
ReIm55−5−5θz

Encontre o argumento θ de z = −2 + j8 em graus, como valor principal entre −180° e 180°.

z = −2 + j8
θ = °
2.Números complexosDifícil
ReIm11−1−122−2−233−3−3z₀z₁z₂

As raízes de zⁿ = w com n = 3 e w = 27∠60° são zk = R1/n∠((φ + 360°·k)/n), k = 0, 1, 2. Encontre a parte real de z₁.

w = 27∠60°n = 3k = 1
Re(z₁) =
3.Impedância CA e fasoresMédia
24 V60 HzR = 80 ΩC = 22 µFI

Um resistor e um capacitor estão ligados em paralelo a uma fonte de 24 V (eficaz), 60 Hz. Encontre o ângulo de fase φ da impedância, em graus (positivo quando a corrente está atrasada em relação à tensão).

V = 24 V (rms)f = 60 HzR = 80 ΩC = 22 µF
φ = °
4.Impedância CA e fasoresDifícil
24 V50 HzR = 60 ΩL = 100 mHC = 47 µF

Um circuito RLC série está ligado a uma fonte de 24 V (rms), 50 Hz. Encontre a frequência de ressonância f0 do circuito.

V = 24 V (rms)f = 50 HzR = 60 ΩL = 100 mHC = 47 µF
f0 = Hz
5.Potência CA e fator de potênciaMédia
P = 17 kWQSφ

Um motor monofásico consome 17 kW com fator de potência 0,75 indutivo de uma fonte de 230 V. Encontre a corrente de linha I.

P = 17 kWpf = 0,75V = 230 V
I = A
6.Potência CA e fator de potênciaDifícil
230 V50 Hzcarga14 kW, 0,6C470 µFI

Uma carga monofásica consome 14 kW com fator de potência 0,6 indutivo de uma fonte de 230 V, 50 Hz. Um capacitor de 470 µF é ligado em paralelo com a carga. Encontre o novo fator de potência cos φ visto pela fonte.

P = 14 kWpf1 = 0,6V = 230 Vf = 50 HzC = 470 µF
cos φ =
7.Ressonância LC, fator Q e largura de bandaMédia
C = 100 pF+−2 VL = 47 mHiL​

Um capacitor de 100 pF carregado a 5 V oscila com um indutor ideal de 47 mH. Encontre a energia WL armazenada no indutor no instante em que a tensão do capacitor é 2 V, em nJ.

C = 100 pFV0 = 5 VvC = 2 V
WL = nJ
8.Ressonância LC, fator Q e largura de bandaDifícil
VR = ?4,7 mHC

Um circuito ressonante série usa um indutor de 4,7 mH. Que resistência série total R dá uma largura de banda de 1 kHz?

L = 4,7 mHBW = 1 kHz
R = Ω
9.Potência trifásicaMédia
ABCVL​ = 690 VIL​ = 20 Acos φ = 0,7indutivo

Uma carga trifásica equilibrada consome uma corrente de linha de 20 A de uma alimentação com tensão de linha de 690 V. O fator de potência é 0,7 indutivo. Encontre a potência ativa total P consumida pela carga em kW.

VL = 690 VIL = 20 Acos φ = 0,7
P = kW
10.Potência trifásicaDifícil
P = 100 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Uma carga trifásica equilibrada consome 100 kW com fator de potência 0,72 indutivo de uma alimentação de 690 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. Encontre a potência reativa total QC que o banco de capacitores deve fornecer, em kvar.

P = 100 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,92VL = 690 Vf = 50 Hz
QC = kvar
11.Transitórios RC e RLMédia
+−Vs​12 Vt = 0R = 22 ΩL220 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 90% do seu valor final? Encontre t.

Vs = 12 VR = 22 ΩL = 220 mH
t = ms
12.Transitórios RC e RLDifícil
+−Vs​30 Vabre em t = 0R1​ = 4,7 kΩR2​ = 2,2 kΩi2​C220 µF+−vC​

A chave está fechada há muito tempo, então o circuito está em regime permanente. Em t = 0 a chave abre. Encontre a corrente i2 em R2 em t = 500 ms.

Vs = 30 VR1 = 4,7 kΩR2 = 2,2 kΩC = 220 µFt = 500 ms
i2 = mA
13.Thévenin e NortonMédia
R1​ = 2 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​15 VR2​5 ΩARL​15 ΩIL​B

Uma carga RL = 15 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 = 2 ΩR2 = 5 ΩR3 = 6 ΩRL = 15 Ω
IL = A
14.Thévenin e NortonDifícil
R1​ = 5 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​18 VR2​3 ΩAIs​2,5 ABab

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

V1 = 18 VIs = 2,5 AR1 = 5 ΩR2 = 3 ΩR3 = 10 Ω
Vth = V
15.Diagramas de Bode e margensMédia
vin​L = 5 mHC = 2,2 µFR = 10 Ωvout​

No filtro passa-faixa RLC série mostrado, a saída é tomada sobre R = 10 Ω, com L = 5 mH e C = 2,2 µF. Encontre a frequência central (de ressonância) f0 em Hz.

R = 10 ΩL = 5 mHC = 2,2 µF
f0 = Hz
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) = 132/(s(s + 5)(s + 6)). Encontre a margem de ganho GM em dB.

L(s) = 132/(s(s + 5)(s + 6))
GM = dB

3Soluções

1.Números complexos

Resposta: θ = 104 °

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 = 8 → II

Ângulo de referência

α = atan(8/2) = 75,96°

Argumento

θ = 180° − α = 104°

Resposta

θ = 104°

Na forma polar, z = 8,246∠104°.

2.Números complexos

Resposta: Re(z₁) = −2,298

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 das raízes

271/3 = 3

Argumento da raiz

θ₁ = (60° + 360°·1)/3 = 140°

Forma retangular

z₁ = 3·(cos 140° + j sin 140°) = −2,298 + j1,928
Re(z₁) = −2,298

Resposta

Re(z₁) = −2,298

As 3 raízes ficam sobre a circunferência de raio 3, separadas por 120°.

3.Impedância CA e fasores

Resposta: φ = −33,56 °

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|.

Reatância

XC = 1/(ωC) = 1/(2π·60·22·10⁻⁶) = 120,6 Ω

Correntes de ramo

Os dois ramos estão ligados diretamente à fonte, então cada um recebe a tensão total V.

IR = V/R = 24/80 = 0,3 A
IX = V/XC = 24/120,6 = 0,1991 A

Corrente total

A corrente do resistor está em fase com V e a corrente reativa está defasada de 90°, então se somam como os lados de um triângulo retângulo.

I = √(IR² + IX²) = √(0,3² + 0,1991²) = 0,36 A

Ângulo de fase

A corrente do capacitor está adiantada em relação a V, então a corrente total fica adiantada e o ângulo é negativo.

φ = −arctan(IX/IR) = −arctan(0,1991/0,3) = −33,56°

Resposta

φ = −33,56°
4.Impedância CA e fasores

Resposta: f0 = 73,41 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|.

Ressonância

Na ressonância as reatâncias indutiva e capacitiva se anulam: ωL = 1/(ωC). A frequência da fonte não importa.

f0 = 1/(2π√(LC)) = 1/(2π·√(0,1·47·10⁻⁶)) = 73,41 Hz

Resposta

f0 = 73,41 Hz
5.Potência CA e fator de potência

Resposta: I = 98,55 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.

Corrente de linha

Só a parte ativa da potência realiza trabalho, então divida pelo fator de potência.

I = P/(V·cos φ) = 17000/(230·0,75) = 98,55 A

Resposta

I = 98,55 A
6.Potência CA e fator de potência

Resposta: cos φ = 0,7903

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 = 14·tan(arccos 0,6) = 18,67 kvar
QC = V²·2πf·C = 230²·2π·50·470·10⁻⁶ = 7811 var = 7,811 kvar
Q2 = 18,67 − 7,811 = 10,86 kvar

Nova potência aparente

S2 = √(14² + 10,86²) = 17,72 kVA

Novo fator de potência

cos φ = P/S2 = 14/17,72 = 0,7903

Resposta

cos φ = 0,7903
7.Ressonância LC, fator Q e largura de banda

Resposta: WL = 1,05 nJ

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 × 10⁻¹⁰·5² = 1,25 × 10⁻⁹ J

Energia que resta no capacitor

½·1 × 10⁻¹⁰·2² = 2 × 10⁻¹⁰ J

Energia no indutor

WL = 1,05 × 10⁻⁹ J = 1,05 nJ

Resposta

WL = 1,05 nJ
8.Ressonância LC, fator Q e largura de banda

Resposta: R = 29,53 Ω

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).

Largura de banda em série

BW = R/(2πL)

Resistência

R = 2π·0,0047·1000 = 29,53 Ω

Resposta

R = 29,53 Ω
9.Potência trifásica

Resposta: P = 16,73 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.

Potência aparente

S = √3·VL·IL = √3·690·20 = 23,9 kVA

Potência ativa

P = S·cos φ = 23,9·0,7 = 16,73 kW

Resposta

P = 16,73 kW
10.Potência trifásica

Resposta: QC = 53,79 kvar

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 = 100·tan(acos 0,72) = 100·0,9639 = 96,39 kvar
Q2 = 100·tan(acos 0,92) = 100·0,426 = 42,6 kvar

Potência reativa dos capacitores

QC = Q1 − Q2 = 53,79 kvar

Resposta

QC = 53,79 kvar
11.Transitórios RC e RL

Resposta: t = 23,03 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 = 220 mH / 22 Ω = 10 ms
i(∞) = Vs/R = 12/22 = 0,5455 A

Resolva para o tempo

0,9 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,9)
t = −10·ln(0,1) = 23,03 ms

Resposta

t = 23,03 ms
12.Transitórios RC e RL

Resposta: i2 = 1,547 mA

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.

Tensão inicial do capacitor

Em regime permanente o capacitor é um circuito aberto, então R₁ e R₂ formam um divisor de tensão. A tensão do capacitor não pode saltar quando a chave abre.

vC(0) = 30·2,2/(4,7 + 2,2) = 9,565 V

Constante de tempo após a abertura da chave

τ = R2·C = 2,2·220 = 484 ms

Descarga

vC(t) = 9,565·e−500/484 = 3,404 V
i2 = vC/R2 = 3,404/2,2 = 1,547 mA

Resposta

i2 = 1,547 mA
13.Thévenin e Norton

Resposta: IL = 0,4777 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​ = 2 ΩR3​ = 6 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 = 2·5/(2+5) = 1,429 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,429 + 6 = 7,429 Ω
R1​ = 2 ΩR3​ = 6 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/(2+5) = 10,71 V
Rth​ = 7,429 Ω+−Vth​10,71 VRL​15 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) = 10,71/(7,429 + 15) = 0,4777 A
14.Thévenin e Norton

Resposta: Vth = 36,44 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​ = 10 ΩCURTOR2​3 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 = 5·3/(5+3) = 1,875 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,875 + 10 = 11,88 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​18 VR2​3 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) = 6,75 + 2,5·1,875 = 11,44 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 11,44 + 2,5·10 = 36,44 V
15.Diagramas de Bode e margens

Resposta: f0 = 1517 Hz

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 ressonância

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,005·2,2 × 10⁻⁶) = 9535 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 1517 Hz

Resposta

f0 = 1517 Hz
16.Diagramas de Bode e margens

Resposta: GM = 7,959 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.

Cruzamento de fase

(ω/5)·(ω/6) = 1 → ω180 = √(5·6) = 5,477 rad/s

Módulo no cruzamento de fase

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 25)·√(ω² + 36)) = K/(5·6·(5 + 6)) = K/330

Margem de ganho

GM = 20·log₁₀(330/132) = 7,959 dB

Resposta

GM = 7,959 dB

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