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
ReIm22−2−244−4−4z₁z₂w

Dados z₁ = 3∠100° e z₂ = 2∠45°, encontre a parte real de w = z₁·z₂.

z₁ = 3∠100°z₂ = 2∠45°
Re(w) =
2.Números complexosDifícil
ReIm22−2−244−4−4ABCD

Exatamente um dos pontos A–D é uma raiz de z⁶ = 729∠90°. Clique nele.

w = 729∠90°n = 6
  1. 1A (3∠45°)
  2. 2B (5,4∠−45°)
  3. 3C (3∠−45°)
  4. 4D (3∠90°)
3.Impedância CA e fasoresMédia
50 V60 HzR = 80 ΩL = 50 mHC = 47 µFI

Um circuito RLC série está ligado a uma fonte de 50 V (rms), 60 Hz. Encontre o fator de potência cos φ do circuito.

V = 50 V (rms)f = 60 HzR = 80 ΩL = 50 mHC = 47 µF
cos φ =
4.Impedância CA e fasoresDifícil
10 V50 HzR = 25 ΩL = 100 mHC = 22 µFI

Um circuito RLC série está ligado a uma fonte de 10 V (rms), 50 Hz. Encontre a corrente rms I.

V = 10 V (rms)f = 50 HzR = 25 ΩL = 100 mHC = 22 µF
I = A
5.Potência CA e fator de potênciaMédia
P = 1 kWQSφ

Um motor monofásico consome 1 kW com fator de potência 0,75 indutivo de uma fonte de 400 V. Encontre a corrente de linha I.

P = 1 kWpf = 0,75V = 400 V
I = A
6.Potência CA e fator de potênciaDifícil
P = 50 kWQ1​S1​φ1​QC​

Uma carga monofásica consome 50 kW com fator de potência 0,7 indutivo de uma fonte de 400 V, 50 Hz. Um capacitor ligado em paralelo eleva o fator de potência para 0,98. Encontre a capacitância C necessária.

P = 50 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,98V = 400 Vf = 50 Hz
C = µF
7.Ressonância LC, fator Q e largura de bandaMédia
C = 1 µF+−7,5 VL = 220 µHiL​

Um capacitor de 1 µF carregado a 15 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 7,5 V, em µJ.

C = 1 µFV0 = 15 VvC = 7,5 V
WL = µJ
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 500 kHz e largura de banda de 20 kHz. Encontre a capacitância C em nF.

R = 50 Ωf0 = 500 kHzBW = 20 kHz
C = nF
9.Potência trifásicaMédia
ABCVL​ = 400 VNZ = 12 + j9 Ωpor fase

Uma carga equilibrada ligada em Y com impedância de 12 + j9 Ω por fase está ligada a uma alimentação trifásica equilibrada com tensão de linha de 400 V. Encontre a potência ativa total P absorvida pela carga em kW.

VL = 400 VZ = 12 + j9 Ω por fase
P = kW
10.Potência trifásicaDifícil
P = 120 kWφ1​S1​Q2​QC​

Uma carga trifásica equilibrada consome 120 kW com fator de potência 0,7 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 0,98 indutivo. A potência ativa permanece a mesma. Os capacitores estão ligados em Y. Encontre a capacitância Cph de cada capacitor em µF.

P = 120 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,98VL = 690 Vf = 60 Hz
Cph = µF
11.Transitórios RC e RLMédia
+−Vs​12 Vt = 0R = 22 ΩL150 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 99% do seu valor final? Encontre t.

Vs = 12 VR = 22 ΩL = 150 mH
t = ms
12.Transitórios RC e RLDifícil
+−Vs​24 VR1​ = 5 ΩR2​ = 22 Ωabre em t = 0L22 mHi(t)

A chave em paralelo com R2 está fechada há muito tempo, então a corrente do indutor é constante. Em t = 0 a chave abre. Encontre a corrente do indutor i em t = 1 ms.

Vs = 24 VR1 = 5 ΩR2 = 22 ΩL = 22 mHt = 1 ms
i = A
13.Thévenin e NortonMédia
R1​ = 12 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​9 VR2​12 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 = 12 ΩR3 = 4 Ω
IN = A
14.Thévenin e NortonDifícil
R1​ = 15 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​12 VR2​6 ΩAIs​2 ABRL​4 ΩIL​

Uma carga RL = 4 Ω é ligada entre a–b. Use um equivalente de Thévenin para encontrar a potência PL entregue à carga.

V1 = 12 VIs = 2 AR1 = 15 ΩR2 = 6 ΩR3 = 3 ΩRL = 4 Ω
PL = W
15.Diagramas de Bode e margensMédia
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 3

Encontre a fase ∠G(jω) de G(s) = 20(s + 19)/(s(s + 17)) em ω = 3 rad/s, em graus.

G(s) = 20(s + 19)/(s(s + 17))ω = 3 rad/s
∠G(jω) = °
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 + 2)(s + 8)). Encontre o ganho K que dá uma margem de ganho de 2 dB.

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 8))GM = 2 dB
K =

3Soluções

1.Números complexos

Resposta: Re(w) = −4,915

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 · 2 = 6
θ = 100° + 45° = 145°

Forma retangular

Re(w) = 6·cos(145°) = −4,915
Im(w) = 6·sin(145°) = 3,441
Re(w) = −4,915

Resposta

Re(w) = −4,915
2.Números complexos

Resposta: C (3∠−45°)

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| = 3
θ = 15°, 75°, 135°, −165°, −105°, −45°

O ponto

C = 3∠−45°

Resposta

C (3∠−45°)
3.Impedância CA e fasores

Resposta: cos φ = 0,9051

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 = 18,85 Ω, XC = 56,44 Ω

Impedância

|Z| = √(80² + (−37,59)²) = 88,39 Ω

Fator de potência

cos φ = R/|Z| = 80/88,39 = 0,9051
O circuito é capacitivo, então o fator de potência é capacitivo (adiantado).

Resposta

cos φ = 0,9051
4.Impedância CA e fasores

Resposta: I = 0,08621 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·50 = 314,2 rad/s
XL = ωL = 314,2·0,1 = 31,42 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·22·10⁻⁶) = 144,7 Ω

Impedância

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(25² + (−113,3)²) = 116 Ω

Corrente

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

I = V/|Z| = 10/116 = 0,08621 A

Resposta

I = 0,08621 A
5.Potência CA e fator de potência

Resposta: I = 3,333 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) = 1000/(400·0,75) = 3,333 A

Resposta

I = 3,333 A
6.Potência CA e fator de potência

Resposta: C = 812,8 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 = 50·tan(45,57°) = 51,01 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 50·tan(11,48°) = 10,15 kvar
QC = Q1 − Q2 = 40,86 kvar

Capacitância

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

C = QC/(2πf·V²) = 40857/(2π·50·400²) = 812,8 µF

Resposta

C = 812,8 µF
7.Ressonância LC, fator Q e largura de banda

Resposta: WL = 84,37 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

½·1 × 10⁻⁶·15² = 0,0001125 J

Energia que resta no capacitor

½·1 × 10⁻⁶·7,5² = 2,812 × 10⁻⁵ J

Energia no indutor

WL = 8,437 × 10⁻⁵ J = 84,37 µJ

Resposta

WL = 84,37 µJ
8.Ressonância LC, fator Q e largura de banda

Resposta: C = 0,2546 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·20000) = 0,0003979 H

Capacitância a partir da frequência de ressonância

C = 1/((2π·500000)²·0,0003979) = 2,546 × 10⁻¹⁰ F = 0,2546 nF

Resposta

C = 0,2546 nF

Q = f₀/BW = 25.

9.Potência trifásica

Resposta: P = 8,533 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 = 400/√3 = 230,9 V

Corrente de fase

|Z| = √(12² + 9²) = 15 Ω
Iph = 230,9/15 = 15,4 A

Potência ativa total

Só a parte resistiva de cada impedância absorve potência ativa.

P = 3·Iph²·R = 3·15,4²·12 = 8,533 kW

Resposta

P = 8,533 kW

Verificação: cos φ = R/|Z| = 0,8, e √3·VL·IL·cos φ dá a mesma potência.

10.Potência trifásica

Resposta: Cph = 546,3 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 = 120·tan(acos 0,7) = 120·1,02 = 122,4 kvar
Q2 = 120·tan(acos 0,98) = 120·0,2031 = 24,37 kvar

Potência reativa dos capacitores

QC = Q1 − Q2 = 98,06 kvar

Capacitância por fase

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

V = 690/√3 = 398,4 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 32686/(377·398,4²) = 546,3 µF

Resposta

Cph = 546,3 µF
11.Transitórios RC e RL

Resposta: t = 31,4 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 = 150 mH / 22 Ω = 6,818 ms
i(∞) = Vs/R = 12/22 = 0,5455 A

Resolva para o tempo

0,99 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,99)
t = −6,818·ln(0,01) = 31,4 ms

Resposta

t = 31,4 ms
12.Transitórios RC e RL

Resposta: i = 2,035 A

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 a chave fechada desvia R₂; depois R₁ e R₂ estão os dois na malha.

i(0) = 24/5 = 4,8 A
i(∞) = 24/(5 + 22) = 0,8889 A
τ = L/R = 22/27 = 0,8148 ms
i(t) = 0,8889 + (4,8 − 0,8889)·e−t/τ

Corrente no instante dado

i(1) = 0,8889 + (3,911)·e−1/0,8148 = 2,035 A

Resposta

i = 2,035 A
13.Thévenin e Norton

Resposta: IN = 0,45 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​ = 4 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 + 4 = 10 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​9 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) = 9·12/(12+12) = 4,5 V
IN​0,45 ARth​10 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 = 4,5/10 = 0,45 A
14.Thévenin e Norton

Resposta: PL = 3,899 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​ = 15 ΩR3​ = 3 ΩCURTOR2​6 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 = 15·6/(15+6) = 4,286 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,286 + 3 = 7,286 Ω
R1​ = 15 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​12 VR2​6 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) = 3,429 + (−2)·4,286 = −5,143 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −5,143 + (−2)·3 = −11,14 V
Rth​ = 7,286 Ω−+Vth​11,14 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) = −11,14/(7,286 + 4) = −0,9873 A
PL = IL²·RL = −0,9873²·4 = 3,899 W
15.Diagramas de Bode e margens

Resposta: ∠G(jω) = −91,04 °

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.

Some os ângulos

∠G = atan(3/19) − 90° − atan(3/17) = 8,973° − 90° − 10,01°

Resultado

∠G(j3) = −91,04°

Resposta

∠G(jω) = −91,04°
16.Diagramas de Bode e margens

Resposta: K = 127,1

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/2)·(ω/8) = 1 → ω180 = √(2·8) = 4 rad/s

Módulo no cruzamento de fase

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 4)·√(ω² + 64)) = K/(2·8·(2 + 8)) = K/160

Ganho necessário

160/K = 102/20 = 1,259
K = 160/1,259 = 127,1

Resposta

K = 127,1

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