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
ReIm11−1−122−2−2z₁z₂w

Dados z₁ = 2∠−35° e z₂ = 2∠−25°, encontre o argumento θ de w = z₁/z₂ em graus, entre −180° e 180°.

z₁ = 2∠−35°z₂ = 2∠−25°
θ = °
2.Números complexosDifícil
ReIm11−1−122−2−2z₁z₂

Uma raiz de z³ + z² − 12z + 40 = 0 é z₁ = 2 + j2. Os coeficientes são reais. Encontre a raiz real r.

z₁ = 2 + j2
r =
3.Impedância CA e fasoresMédia
230 V50 HzR = 10 ΩL = 50 mHC = 100 µFI

Um circuito RLC série está ligado a uma fonte de 230 V (rms), 50 Hz. Encontre a potência ativa P absorvida da fonte.

V = 230 V (rms)f = 50 HzR = 10 ΩL = 50 mHC = 100 µF
P = W
4.Impedância CA e fasoresDifícil
100 V200 HzR1​ = 15 ΩR2​ = 150 ΩC = 10 µFI

Um resistor R1 está ligado em série com uma associação em paralelo de R2 e um capacitor C, a uma fonte de 100 V (eficaz), 200 Hz. Encontre a corrente rms I.

V = 100 V (rms)f = 200 HzR1 = 15 ΩR2 = 150 ΩC = 10 µF
I = A
5.Potência CA e fator de potênciaMédia
P = 14 kWQSφ

Um motor monofásico consome 14 kW com fator de potência 0,9 indutivo de uma fonte de 240 V. Encontre a corrente de linha I.

P = 14 kWpf = 0,9V = 240 V
I = A
6.Potência CA e fator de potênciaDifícil
P = 30 kWQ1​S1​φ1​QC​

Uma carga monofásica consome 30 kW com fator de potência 0,6 indutivo de uma fonte de 400 V, 50 Hz. Um capacitor ligado em paralelo eleva o fator de potência para 0,92. Encontre a nova corrente de linha Inew.

P = 30 kWpf1 = 0,6pf2 = 0,92V = 400 Vf = 50 Hz
Inew = A
7.Ressonância LC, fator Q e largura de bandaMédia
C = 220 nF+−3,6 VL = 220 µHiL​

Um capacitor de 220 nF carregado a 9 V oscila com um indutor ideal de 220 µH. Encontre a energia WL armazenada no indutor no instante em que a tensão do capacitor é 3,6 V, em µJ.

C = 220 nFV0 = 9 VvC = 3,6 V
WL = µJ
8.Ressonância LC, fator Q e largura de bandaDifícil
VR = ?2,2 mHC

Um circuito ressonante série usa um indutor de 2,2 mH. Que resistência série total R dá uma largura de banda de 500 Hz?

L = 2,2 mHBW = 500 Hz
R = Ω
9.Potência trifásicaMédia
ABCVL​ = 480 VIL​ = 30 Acos φ = 0,75indutivo

Uma carga trifásica equilibrada consome uma corrente de linha de 30 A de uma alimentação com tensão de linha de 480 V. O fator de potência é 0,75 indutivo. Encontre a potência ativa total P consumida pela carga em kW.

VL = 480 VIL = 30 Acos φ = 0,75
P = kW
10.Potência trifásicaDifícil
P = 75 kWφ1​S1​Q2​QC​

Uma carga trifásica equilibrada consome 75 kW com fator de potência 0,65 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 0,95 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 = 0,65pf2 = 0,95VL = 690 Vf = 50 Hz
Cph = µF
11.Transitórios RC e RLMédia
+−Vs​9 Vt = 0R = 68 ΩL22 mHi(t)

O indutor não conduz corrente antes de a chave fechar em t = 0. Encontre a tensão vL no indutor em t = 1 ms.

Vs = 9 VR = 68 ΩL = 22 mHt = 1 ms
vL = V
12.Transitórios RC e RLDifícil
+−Vs​15 Vt = 0R = ?C10 µF+−vC​

Um temporizador começa a carregar um capacitor descarregado através de um resistor a partir de uma fonte de 15 V em t = 0. Ele deve disparar quando a tensão do capacitor atingir 7,5 V, exatamente 50 ms após o início. Com C = 10 µF, encontre a resistência R necessária.

Vs = 15 VVth = 7,5 VT = 50 msC = 10 µF
R = kΩ
13.Thévenin e NortonMédia
R1​ = 12 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​12 VR2​12 ΩARL​4 ΩIL​B

Uma carga RL = 4 Ω é ligada entre a–b. Substitua o resto do circuito pelo seu equivalente de Thévenin e encontre a corrente na carga IL.

V1 = 12 VR1 = 12 ΩR2 = 12 ΩR3 = 3 ΩRL = 4 Ω
IL = A
14.Thévenin e NortonDifícil
R1​ = 6 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​18 VR2​8 ΩAIs​2 ABRL​2 ΩIL​

Uma carga RL = 2 Ω é ligada entre a–b. Use um equivalente de Thévenin para encontrar a potência PL entregue à carga.

V1 = 18 VIs = 2 AR1 = 6 ΩR2 = 8 ΩR3 = 10 ΩRL = 2 Ω
PL = W
15.Diagramas de Bode e margensMédia
|H| (dB)0,11101001000−80−60−40−20020ω (rad/s)ω = 8

Encontre o módulo exato |G(jω)| de G(s) = 912/((s + 8)(s + 19)) em ω = 8 rad/s, em dB.

G(s) = 912/((s + 8)(s + 19))ω = 8 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) = 16/(s(s + 1)(s + 6)). Encontre a frequência de cruzamento de fase ω180, onde ∠L(jω) = −180°.

L(s) = 16/(s(s + 1)(s + 6))
ω180 = rad/s

3Soluções

1.Números complexos

Resposta: θ = −10 °

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.

Módulo e argumento de w

|w| = 2 / 2 = 1
θ = −35° − (−25)° = −10°

Argumento

θ = −10°

Resposta

θ = −10°
2.Números complexos

Resposta: r = −5

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.

Par conjugado

z₂ = 2 − j2
(z − z₁)(z − z₂) = z² − 2·2·z + (2² + 2²) = z² − 4z + 8

Fatore o trinômio quadrático

z³ + z² − 12z + 40 = (z² − 4z + 8)(z + 5)

Raiz real

r = −5

Resposta

r = −5

Confira com a soma das raízes: z₁ + z₂ + r = 4 + (−5) = −1 = −(1).

3.Impedância CA e fasores

Resposta: P = 1470 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 = 15,71 Ω, XC = 31,83 Ω

Impedância

|Z| = √(10² + (−16,12)²) = 18,97 Ω

Potência ativa

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

I = 230/18,97 = 12,12 A
P = I²·R = 12,12²·10 = 1470 W

Resposta

P = 1470 W
4.Impedância CA e fasores

Resposta: I = 1,275 A

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/(2π·200·10·10⁻⁶) = 79,58 Ω

Associação em paralelo

Multiplique numerador e denominador pelo complexo conjugado para separar Zp em partes real e imaginária.

Zp = R₂·(−jXC)/(R₂ − jXC) = (R₂·XC² − jR₂²·XC)/(R₂² + XC²)
Zp = 32,94 − j62,1 Ω

Impedância total

Z = 15 + 32,94 − j62,1 = 47,94 − j62,1 Ω
|Z| = √(47,94² + 62,1²) = 78,45 Ω

Corrente

I = V/|Z| = 100/78,45 = 1,275 A

Resposta

I = 1,275 A
5.Potência CA e fator de potência

Resposta: I = 64,81 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) = 14000/(240·0,9) = 64,81 A

Resposta

I = 64,81 A
6.Potência CA e fator de potência

Resposta: Inew = 81,52 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 antes e depois

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

Q1 = P·tan φ1 = 30·tan(53,13°) = 40 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 30·tan(23,07°) = 12,78 kvar
QC = Q1 − Q2 = 27,22 kvar

Nova corrente de linha

Inew = P/(V·cos φ2) = 30000/(400·0,92) = 81,52 A

Resposta

Inew = 81,52 A
7.Ressonância LC, fator Q e largura de banda

Resposta: WL = 7,484 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

½·2,2 × 10⁻⁷·9² = 8,91 × 10⁻⁶ J

Energia que resta no capacitor

½·2,2 × 10⁻⁷·3,6² = 1,426 × 10⁻⁶ J

Energia no indutor

WL = 7,484 × 10⁻⁶ J = 7,484 µJ

Resposta

WL = 7,484 µJ
8.Ressonância LC, fator Q e largura de banda

Resposta: R = 6,912 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·0,0022·500 = 6,912 Ω

Resposta

R = 6,912 Ω
9.Potência trifásica

Resposta: P = 18,71 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 = √3·480·30 = 24,94 kVA

Potência ativa

P = S·cos φ = 24,94·0,75 = 18,71 kW

Resposta

P = 18,71 kW
10.Potência trifásica

Resposta: Cph = 140,5 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 0,65) = 75·1,169 = 87,68 kvar
Q2 = 75·tan(acos 0,95) = 75·0,3287 = 24,65 kvar

Potência reativa dos capacitores

QC = Q1 − Q2 = 63,03 kvar

Capacitância por fase

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

V = 690 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 21011/(314,2·690²) = 140,5 µF

Resposta

Cph = 140,5 µF
11.Transitórios RC e RL

Resposta: vL = 0,4091 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.

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 = 22 mH / 68 Ω = 0,3235 ms
i(∞) = Vs/R = 9/68 = 0,1324 A

Tensão no indutor

Em t = 0 toda a tensão da fonte aparece sobre o indutor; depois ela decai a zero.

vL(t) = Vs·e−t/τ = 9·e−1/0,3235 = 0,4091 V

Resposta

vL = 0,4091 V
12.Transitórios RC e RL

Resposta: R = 7,213 kΩ

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 necessária

7,5 = 15·(1 − e−50/τ) → τ = 50/ln(15/(15 − 7,5))
τ = 50/0,6931 = 72,13 ms

Resistência

kΩ vezes µF dá milissegundos.

R = τ/C = 72,13/10 = 7,213 kΩ

Resposta

R = 7,213 kΩ
13.Thévenin e Norton

Resposta: IL = 0,4615 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​ = 3 ΩCURTOR2​12 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 = 12·12/(12+12) = 6 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 6 + 3 = 9 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​12 VR2​12 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) = 12·12/(12+12) = 6 V
Rth​ = 9 Ω+−Vth​6 VRL​4 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) = 6/(9 + 4) = 0,4615 A
14.Thévenin e Norton

Resposta: PL = 11,59 W

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​ = 10 ΩCURTOR2​8 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 = 6·8/(6+8) = 3,429 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,429 + 10 = 13,43 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​18 VR2​8 ΩAIs​2 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) = 10,29 + 2·3,429 = 17,14 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 17,14 + 2·10 = 37,14 V
Rth​ = 13,43 Ω+−Vth​37,14 VRL​2 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) = 37,14/(13,43 + 2) = 2,407 A
PL = IL²·RL = 2,407²·2 = 11,59 W
15.Diagramas de Bode e margens

Resposta: |G(jω)| = 11,84 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(j8)| = 912/(√(8² + 8²)·√(8² + 19²)) = 912/(11,31·20,62) = 3,91

Resultado

20·log₁₀(3,91) = 11,84 dB

Resposta

|G(jω)| = 11,84 dB
16.Diagramas de Bode e margens

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

Resposta

ω180 = 2,449 rad/s

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