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 = 3∠40° e z₂ = 1,5∠110°, encontre o argumento θ de w = z₁/z₂ em graus, entre −180° e 180°.

z₁ = 3∠40°z₂ = 1,5∠110°
θ = °
2.Números complexosDifícil
ReIm11−1−122−2−233−3−3z₁z₂

A equação z² − 6z + 13 = 0 tem duas raízes complexas. Encontre o módulo delas |z|.

p = −6q = 13
|z| =
3.Impedância CA e fasoresMédia
230 V100 HzR = 100 ΩL = 150 mHC = 10 µFI

Um circuito RLC série está ligado a uma fonte de 230 V (rms), 100 Hz. Encontre o fator de potência cos φ do circuito.

V = 230 V (rms)f = 100 HzR = 100 ΩL = 150 mHC = 10 µF
cos φ =
4.Impedância CA e fasoresDifícil
120 V50 HzR = 50 ΩL = 150 mHC = 47 µF+−VC​

Um circuito RLC série está ligado a uma fonte de 120 V (rms), 50 Hz. Encontre a tensão rms VC no capacitor.

V = 120 V (rms)f = 50 HzR = 50 ΩL = 150 mHC = 47 µF
VC = V
5.Potência CA e fator de potênciaMédia
P = 36 kWQ = ?Sφ

Um motor monofásico consome 36 kW com fator de potência 0,85 indutivo de uma fonte de 240 V. Encontre a potência reativa Q que ele consome.

P = 36 kWpf = 0,85V = 240 V
Q = kvar
6.Potência CA e fator de potênciaDifícil
P = 45 kWQ1​S1​φ1​QC​

Uma carga monofásica consome 45 kW com fator de potência 0,65 indutivo de uma fonte de 230 V, 50 Hz. Um capacitor ligado em paralelo eleva o fator de potência para 0,98. Encontre a nova corrente de linha Inew.

P = 45 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,98V = 230 Vf = 50 Hz
Inew = A
7.Ressonância LC, fator Q e largura de bandaMédia
C = 22 nF+−2,4 VL = 22 mHiL​

Um capacitor de 22 nF carregado a 6 V oscila com um indutor ideal de 22 mH. Encontre a energia WL armazenada no indutor no instante em que a tensão do capacitor é 2,4 V, em nJ.

C = 22 nFV0 = 6 VvC = 2,4 V
WL = nJ
8.Ressonância LC, fator Q e largura de bandaDifícil
V5 ΩLC = ?

Projete um filtro RLC série com resistência total de 5 Ω, frequência de ressonância de 455 kHz e largura de banda de 45,5 kHz. Encontre a capacitância C em nF.

R = 5 Ωf0 = 455 kHzBW = 45,5 kHz
C = nF
9.Potência trifásicaMédia
ABCVL​ = 400 VIL​ = ?M11 kW, η = 91%cos φ = 0,9

Um motor de indução trifásico fornece 11 kW de potência mecânica de saída a plena carga. Nessa carga seu rendimento é 91% e seu fator de potência é 0,9 indutivo. A alimentação tem tensão de linha de 400 V. Encontre a corrente de linha IL.

Pout = 11 kWη = 91%cos φ = 0,9VL = 400 V
IL = A
10.Potência trifásicaDifícil
P = 250 kWφ1​S1​Q2​QC​

Uma carga trifásica equilibrada consome 250 kW com fator de potência 0,7 indutivo de uma alimentação de 415 V (tensão de linha), 60 Hz. Um banco de capacitores trifásico em paralelo com a carga deve elevar o fator de potência total para 0,98 indutivo. A potência ativa permanece a mesma. Os capacitores estão ligados em Y. Encontre a capacitância Cph de cada capacitor em µF.

P = 250 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,98VL = 415 Vf = 60 Hz
Cph = µF
11.Transitórios RC e RLMédia
R = 15 Ωt = 0L100 mHi(t)

O indutor conduz uma corrente constante de 2,5 A. Em t = 0 a chave fecha a malha por R e a fonte é retirada, então a corrente do indutor decai por R. Encontre a tensão vR sobre R em t = 5 ms.

i(0) = 2,5 AR = 15 ΩL = 100 mHt = 5 ms
vR = V
12.Transitórios RC e RLDifícil
+−Vs​10 Vt = 0R = 2,2 kΩC68 µF+−vC​vC​(0) = 3 V

Logo antes de a chave fechar em t = 0, o capacitor tem 3 V com a polaridade indicada. Encontre a tensão no capacitor vC em t = 250 ms.

Vs = 10 VR = 2,2 kΩC = 68 µFvC(0) = 3 Vt = 250 ms
vC = V
13.Thévenin e NortonMédia
R1​ = 3 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​15 VR2​6 ΩAab

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

V1 = 15 VR1 = 3 ΩR2 = 6 ΩR3 = 5 Ω
IN = A
14.Thévenin e NortonDifícil
R1​ = 3 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​10 VR2​5 ΩAIs​2,5 ABab

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

V1 = 10 VIs = 2,5 AR1 = 3 ΩR2 = 5 ΩR3 = 20 Ω
IN = A
15.Diagramas de Bode e margensMédia
vin​L = 2 mHC = 0,1 µFR = 10 Ωvout​

No filtro passa-faixa RLC série mostrado, a saída é tomada sobre R = 10 Ω, com L = 2 mH e C = 0,1 µF. Encontre a frequência central (de ressonância) f0 em Hz.

R = 10 ΩL = 2 mHC = 0,1 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) = K/(s(s + 3)(s + 10)). Encontre o ganho K que dá uma margem de ganho de 5 dB.

L(s) = K/(s(s + 3)(s + 10))GM = 5 dB
K =

3Soluções

1.Números complexos

Resposta: θ = −70 °

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| = 3 / 1,5 = 2
θ = 40° − 110° = −70°

Argumento

θ = −70°

Resposta

θ = −70°
2.Números complexos

Resposta: |z| = 3,606

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.

Discriminante

p² − 4q = 36 − 52 = −16 < 0

Fórmula quadrática

z = (6 ± j√16)/2 = 3 + j2, 3 − j2

Resposta

|z| = √(3² + 2²) = √13 = 3,606

Resposta

|z| = 3,606
3.Impedância CA e fasores

Resposta: cos φ = 0,8388

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 = 94,25 Ω, XC = 159,2 Ω

Impedância

|Z| = √(100² + (−64,91)²) = 119,2 Ω

Fator de potência

cos φ = R/|Z| = 100/119,2 = 0,8388
O circuito é capacitivo, então o fator de potência é capacitivo (adiantado).

Resposta

cos φ = 0,8388
4.Impedância CA e fasores

Resposta: VC = 150,3 V

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·50 = 314,2 rad/s
XL = ωL = 314,2·0,15 = 47,12 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·47·10⁻⁶) = 67,73 Ω

Impedância

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(50² + (−20,6)²) = 54,08 Ω

Corrente

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

I = V/|Z| = 120/54,08 = 2,219 A

Tensão no capacitor

VC = I·XC = 2,219·67,73 = 150,3 V

Resposta

VC = 150,3 V
5.Potência CA e fator de potência

Resposta: Q = 22,31 kvar

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.

Ângulo

φ = arccos(0,85) = 31,79°, tan φ = 0,6197

Potência reativa

Q = P·tan φ = 36·0,6197 = 22,31 kvar

Resposta

Q = 22,31 kvar
6.Potência CA e fator de potência

Resposta: Inew = 199,6 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 = 45·tan(49,46°) = 52,61 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 45·tan(11,48°) = 9,138 kvar
QC = Q1 − Q2 = 43,47 kvar

Nova corrente de linha

Inew = P/(V·cos φ2) = 45000/(230·0,98) = 199,6 A

Resposta

Inew = 199,6 A
7.Ressonância LC, fator Q e largura de banda

Resposta: WL = 332,6 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 × 10⁻⁸·6² = 3,96 × 10⁻⁷ J

Energia que resta no capacitor

½·2,2 × 10⁻⁸·2,4² = 6,336 × 10⁻⁸ J

Energia no indutor

WL = 3,326 × 10⁻⁷ J = 332,6 nJ

Resposta

WL = 332,6 nJ
8.Ressonância LC, fator Q e largura de banda

Resposta: C = 6,996 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) = 5/(2π·45500) = 1,749 × 10⁻⁵ H

Capacitância a partir da frequência de ressonância

C = 1/((2π·455000)²·1,749 × 10⁻⁵) = 6,996 × 10⁻⁹ F = 6,996 nF

Resposta

C = 6,996 nF

Q = f₀/BW = 10.

9.Potência trifásica

Resposta: IL = 19,39 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 = 11/0,91 = 12,09 kW

Corrente de linha

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 12088/(√3·400·0,9) = 19,39 A

Resposta

IL = 19,39 A
10.Potência trifásica

Resposta: Cph = 3146 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 = 250·tan(acos 0,7) = 250·1,02 = 255,1 kvar
Q2 = 250·tan(acos 0,98) = 250·0,2031 = 50,76 kvar

Potência reativa dos capacitores

QC = Q1 − Q2 = 204,3 kvar

Capacitância por fase

Em um banco em Y cada capacitor está ligado entre uma linha e o centro da estrela.

V = 415/√3 = 239,6 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 68095/(377·239,6²) = 3146 µF

Resposta

Cph = 3146 µF
11.Transitórios RC e RL

Resposta: vR = 17,71 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

τ = L/R = 100 mH / 15 Ω = 6,667 ms

Decaimento da corrente

i(t) = 2,5·e−5/6,667 = 1,181 A
vR = R·i = 15·1,181 = 17,71 V

Resposta

vR = 17,71 V
12.Transitórios RC e RL

Resposta: vC = 8,684 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) = 3 V, vC(∞) = Vs = 10 V
τ = R·C = 2,2 kΩ · 68 µF = 149,6 ms
vC(t) = 10 + (3 − 10)·e−t/τ

Tensão no instante dado

vC(250) = 10 + (−7)·e−250/149,6 = 8,684 V

Resposta

vC = 8,684 V
13.Thévenin e Norton

Resposta: IN = 1,429 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​ = 3 ΩR3​ = 5 ΩCURTOR2​6 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 = 3·6/(3+6) = 2 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2 + 5 = 7 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​15 VR2​6 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) = 15·6/(3+6) = 10 V
IN​1,429 ARth​7 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 = 10/7 = 1,429 A
14.Thévenin e Norton

Resposta: IN = 2,786 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​ = 3 ΩR3​ = 20 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 = 3·5/(3+5) = 1,875 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,875 + 20 = 21,88 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​10 VR2​5 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) = 6,25 + 2,5·1,875 = 10,94 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 10,94 + 2,5·20 = 60,94 V
IN​2,786 ARth​21,88 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 = 60,94/21,88 = 2,786 A
15.Diagramas de Bode e margens

Resposta: f0 = 11254 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/√(0,002·1 × 10⁻⁷) = 70711 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 11254 Hz

Resposta

f0 = 11254 Hz
16.Diagramas de Bode e margens

Resposta: K = 219,3

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/10) = 1 → ω180 = √(3·10) = 5,477 rad/s

Módulo no cruzamento de fase

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 9)·√(ω² + 100)) = K/(3·10·(3 + 10)) = K/390

Ganho necessário

390/K = 105/20 = 1,778
K = 390/1,778 = 219,3

Resposta

K = 219,3

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