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
ReIm22−2−244−4−466−6−6z₁z₂w

Dados z₁ = 4∠−35° e z₂ = 1,5∠−25°, encontre o argumento θ de w = z₁·z₂ em graus, entre −180° e 180°.

z₁ = 4∠−35°z₂ = 1,5∠−25°
θ = °
2.Números complexosDifícil
ReIm11−1−122−2−233−3−3ABCD

Exatamente um dos pontos A–D é uma raiz de z³ = 8∠120°. Clique nele.

w = 8∠120°n = 3
  1. 1A (2∠−110°)
  2. 2B (3,6∠−20°)
  3. 3C (2∠−20°)
  4. 4D (2∠−80°)
3.Impedância CA e fasoresMédia
120 V200 HzR = 80 ΩL = 250 mHC = 22 µFI

Um circuito RLC série está ligado a uma fonte de 120 V (rms), 200 Hz. Encontre a potência ativa P absorvida da fonte.

V = 120 V (rms)f = 200 HzR = 80 ΩL = 250 mHC = 22 µF
P = W
4.Impedância CA e fasoresDifícil
230 V1000 HzR = 80 ΩL = 20 mHC = 2,2 µFI

Um circuito RLC série está ligado a uma fonte de 230 V (rms), 1000 Hz. Encontre a corrente rms I.

V = 230 V (rms)f = 1000 HzR = 80 ΩL = 20 mHC = 2,2 µF
I = A
5.Potência CA e fator de potênciaMédia
P = 29 kWQSφ

Um motor monofásico consome 29 kW com fator de potência 0,75 indutivo de uma fonte de 400 V. Encontre a corrente de linha I.

P = 29 kWpf = 0,75V = 400 V
I = A
6.Potência CA e fator de potênciaDifícil
P = 15 kWQ1​S1​φ1​QC​

Uma carga monofásica consome 15 kW com fator de potência 0,7 indutivo de uma fonte de 240 V, 50 Hz. Um capacitor ligado em paralelo eleva o fator de potência para 0,9. Encontre a capacitância C necessária.

P = 15 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,9V = 240 Vf = 50 Hz
C = µF
7.Ressonância LC, fator Q e largura de bandaMédia
C = 2,2 nF+−7,2 VL = 100 µHiL​

Um capacitor de 2,2 nF carregado a 9 V oscila com um indutor ideal de 100 µH. Encontre a energia WL armazenada no indutor no instante em que a tensão do capacitor é 7,2 V, em nJ.

C = 2,2 nFV0 = 9 VvC = 7,2 V
WL = nJ
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 10 kHz e largura de banda de 500 Hz. Encontre a capacitância C em nF.

R = 50 Ωf0 = 10 kHzBW = 500 Hz
C = nF
9.Potência trifásicaMédia
ABCVL​ = 480 VNZ = 18 + j24 Ωpor fase

Uma carga equilibrada ligada em Y com impedância de 18 + j24 Ω por fase está ligada a uma alimentação trifásica equilibrada com tensão de linha de 480 V. Encontre a potência ativa total P absorvida pela carga em kW.

VL = 480 VZ = 18 + j24 Ω por fase
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), 60 Hz. Um banco de capacitores trifásico em paralelo com a carga deve elevar o fator de potência total para 0,9 indutivo. A potência ativa permanece a mesma. Os capacitores estão ligados em Δ. Encontre a capacitância Cph de cada capacitor em µF.

P = 100 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,9VL = 690 Vf = 60 Hz
Cph = µF
11.Transitórios RC e RLMédia
+−Vs​6 Vt = 0R = 10 ΩL47 mHi(t)

O indutor não conduz corrente antes de a chave fechar em t = 0. Encontre a tensão vL no indutor em t = 10 ms.

Vs = 6 VR = 10 ΩL = 47 mHt = 10 ms
vL = V
12.Transitórios RC e RLDifícil
+−Vs​10 VR1​ = 5 ΩR2​ = 47 Ωfecha em t = 0L220 mHi(t)

A chave em paralelo com R2 está aberta há muito tempo, então a corrente do indutor é constante. Em t = 0 a chave fecha e coloca R2 em curto. Quanto tempo após t = 0 a corrente do indutor atinge 0,915 A? Encontre t.

Vs = 10 VR1 = 5 ΩR2 = 47 ΩL = 220 mH
t = ms
13.Thévenin e NortonMédia
R1​ = 8 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​24 VR2​3 ΩAab

Encontre a resistência de Thévenin Rth vista dos terminais a–b.

V1 = 24 VR1 = 8 ΩR2 = 3 ΩR3 = 15 Ω
Rth = Ω
14.Thévenin e NortonDifícil
R1​ = 2 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​15 VR2​5 ΩAIs​2 ABab

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

V1 = 15 VIs = 2 AR1 = 2 ΩR2 = 5 ΩR3 = 8 Ω
IN = A
15.Diagramas de Bode e margensMédia
vin​R = 10 ΩL = 47 mHvout​

O Filtro passa-altas RL mostrado tem R = 10 Ω, L = 47 mH. Aplica-se uma entrada senoidal de 8,5 Hz. Encontre o ganho |H| = |vout/vin| em dB.

R = 10 ΩL = 47 mHf = 8,5 Hz
|H| = dB
16.Diagramas de Bode e margensDifícil
|H| (dB)11101010010010001000−80−60−40−2002040ω (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) = 240/(s(s + 20)). Encontre a frequência de cruzamento de ganho ωc, onde |L(jω)| = 1.

L(s) = 240/(s(s + 20))
ωc = rad/s

3Soluções

1.Números complexos

Resposta: θ = −60 °

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| = 4 · 1,5 = 6
θ = −35° + (−25)° = −60°

Argumento

θ = −60°

Resposta

θ = −60°
2.Números complexos

Resposta: D (2∠−80°)

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 = 40°, 160°, −80°

O ponto

D = 2∠−80°

Resposta

D (2∠−80°)
3.Impedância CA e fasores

Resposta: P = 13,77 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 = 314,2 Ω, XC = 36,17 Ω

Impedância

|Z| = √(80² + (278)²) = 289,3 Ω

Potência ativa

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

I = 120/289,3 = 0,4148 A
P = I²·R = 0,4148²·80 = 13,77 W

Resposta

P = 13,77 W
4.Impedância CA e fasores

Resposta: I = 2,392 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|.

Reatâncias

ω = 2πf = 2π·1000 = 6283 rad/s
XL = ωL = 6283·0,02 = 125,7 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(6283·2,2·10⁻⁶) = 72,34 Ω

Impedância

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(80² + (53,32)²) = 96,14 Ω

Corrente

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

I = V/|Z| = 230/96,14 = 2,392 A

Resposta

I = 2,392 A
5.Potência CA e fator de potência

Resposta: I = 96,67 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) = 29000/(400·0,75) = 96,67 A

Resposta

I = 96,67 A
6.Potência CA e fator de potência

Resposta: C = 444,2 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.

Potência reativa antes e depois

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

Q1 = P·tan φ1 = 15·tan(45,57°) = 15,3 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 15·tan(25,84°) = 7,265 kvar
QC = Q1 − Q2 = 8,038 kvar

Capacitância

Um capacitor ligado à fonte fornece Q = V²·ωC.

C = QC/(2πf·V²) = 8038/(2π·50·240²) = 444,2 µF

Resposta

C = 444,2 µF
7.Ressonância LC, fator Q e largura de banda

Resposta: WL = 32,08 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

½·2,2 × 10⁻⁹·9² = 8,91 × 10⁻⁸ J

Energia que resta no capacitor

½·2,2 × 10⁻⁹·7,2² = 5,702 × 10⁻⁸ J

Energia no indutor

WL = 3,208 × 10⁻⁸ J = 32,08 nJ

Resposta

WL = 32,08 nJ
8.Ressonância LC, fator Q e largura de banda

Resposta: C = 15,92 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·500) = 0,01592 H

Capacitância a partir da frequência de ressonância

C = 1/((2π·10000)²·0,01592) = 1,592 × 10⁻⁸ F = 15,92 nF

Resposta

C = 15,92 nF

Q = f₀/BW = 20.

9.Potência trifásica

Resposta: P = 4,608 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 = 480/√3 = 277,1 V

Corrente de fase

|Z| = √(18² + 24²) = 30 Ω
Iph = 277,1/30 = 9,238 A

Potência ativa total

Só a parte resistiva de cada impedância absorve potência ativa.

P = 3·Iph²·R = 3·9,238²·18 = 4,608 kW

Resposta

P = 4,608 kW

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

10.Potência trifásica

Resposta: Cph = 89,06 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 = 100·tan(acos 0,72) = 100·0,9639 = 96,39 kvar
Q2 = 100·tan(acos 0,9) = 100·0,4843 = 48,43 kvar

Potência reativa dos capacitores

QC = Q1 − Q2 = 47,95 kvar

Capacitância por fase

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

V = 690 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 15984/(377·690²) = 89,06 µF

Resposta

Cph = 89,06 µF
11.Transitórios RC e RL

Resposta: vL = 0,7147 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 = 47 mH / 10 Ω = 4,7 ms
i(∞) = Vs/R = 6/10 = 0,6 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 = 6·e−10/4,7 = 0,7147 V

Resposta

vL = 0,7147 V
12.Transitórios RC e RL

Resposta: t = 22,46 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

Antes de t = 0 os dois resistores estão na malha; depois a chave fechada desvia R₂.

i(0) = 10/(5 + 47) = 0,1923 A
i(∞) = 10/5 = 2 A
τ = L/R = 220/5 = 44 ms
i(t) = 2 + (0,1923 − 2)·e−t/τ

Resolva para o tempo

e−t/τ = (0,915 − 2)/(0,1923 − 2) = 0,6002
t = 44·ln(1,666) = 22,46 ms

Resposta

t = 22,46 ms
13.Thévenin e Norton

Resposta: Rth = 17,18 Ω

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​ = 8 ΩR3​ = 15 ΩCURTOR2​3 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 = 8·3/(8+3) = 2,182 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,182 + 15 = 17,18 Ω
14.Thévenin e Norton

Resposta: IN = 3,136 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​ = 8 ΩCURTOR2​5 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 = 2·5/(2+5) = 1,429 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,429 + 8 = 9,429 Ω
R1​ = 2 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​15 VR2​5 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) = 10,71 + 2·1,429 = 13,57 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 13,57 + 2·8 = 29,57 V
IN​3,136 ARth​9,429 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 = 29,57/9,429 = 3,136 A
15.Diagramas de Bode e margens

Resposta: |H| = −12,27 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.

Frequência de corte

ωc = R/L = 10/0,047 = 212,8 rad/s
fc = 33,86 Hz → f/fc = 8,5/33,86 = 0,251

Ganho

|H| = 0,251/√(1 + 0,251²) = 0,2435
20·log₁₀(0,2435) = −12,27 dB

Resposta

|H| = −12,27 dB
16.Diagramas de Bode e margens

Resposta: ωc = 10,6 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 + 400ω² − 57600 = 0
ω² = (−400 + √(160000 + 4·57600))/2 = 112,4
ωc = 10,6 rad/s

Resposta

ωc = 10,6 rad/s

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