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 = 7 − j8 em graus, como valor principal entre −180° e 180°.

z = 7 − j8
θ = °
2.Números complexosDifícil
ReIm11−1−122−2−2z₀z₁z₂

As raízes de zⁿ = w com n = 3 e w = 8∠−120° são zk = R1/n∠((φ + 360°·k)/n), k = 0, 1, 2. Encontre o argumento de z₂ em graus, entre −180° e 180°.

w = 8∠−120°n = 3k = 2
θ₂ = °
3.Impedância CA e fasoresMédia
Vf0​ = 1000 HzRL = ?C = 1 µF

Um circuito RLC série com C = 1 µF deve ressoar a 1000 Hz. Encontre a indutância L necessária.

f0 = 1000 HzC = 1 µF
L = mH
4.Impedância CA e fasoresDifícil
50 V1000 HzR = 20 ΩL = 50 mHC = 2,2 µF

Um circuito RLC série está ligado a uma fonte de 50 V (rms), 1000 Hz. Encontre a frequência de ressonância f0 do circuito.

V = 50 V (rms)f = 1000 HzR = 20 ΩL = 50 mHC = 2,2 µF
f0 = Hz
5.Potência CA e fator de potênciaMédia
P = 33 kWQSφ

Um motor monofásico consome 33 kW com fator de potência 0,7 indutivo de uma fonte de 240 V. Encontre a corrente de linha I.

P = 33 kWpf = 0,7V = 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, 60 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 = 60 Hz
Inew = A
7.Ressonância LC, fator Q e largura de bandaMédia
tvC​iL​T/4 = ?T/2TL = 100 mHC = 47 nF

Em um circuito LC ideal com L = 100 mH e C = 47 nF, o capacitor está totalmente carregado em t = 0. Quanto tempo leva até que toda a energia esteja no indutor? Dê t em µs.

L = 100 mHC = 47 nF
t = µs
8.Ressonância LC, fator Q e largura de bandaDifícil
V5 Ω1 mH2,2 nF10 mA

Um circuito RLC série (R = 5 Ω, L = 1 mH, C = 2,2 nF) é excitado na ressonância com uma amplitude de corrente de 10 mA. Encontre a energia Ecycle dissipada em R durante um ciclo, em nJ.

R = 5 ΩL = 1 mHC = 2,2 nFIm = 10 mA
Ecycle = nJ
9.Potência trifásicaMédia
ABCVL​ = 415 VIL​ = 20 Acos φ = 0,85indutivo

Uma carga trifásica equilibrada consome uma corrente de linha de 20 A de uma alimentação com tensão de linha de 415 V. O fator de potência é 0,85 indutivo. Encontre a potência ativa total P consumida pela carga em kW.

VL = 415 VIL = 20 Acos φ = 0,85
P = kW
10.Potência trifásicaDifícil
P = 250 kWφ1​S1​Q2​QC​

Uma carga trifásica equilibrada consome 250 kW com fator de potência 0,65 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 Δ. Encontre a capacitância Cph de cada capacitor em µF.

P = 250 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,98VL = 690 Vf = 60 Hz
Cph = µF
11.Transitórios RC e RLMédia
+−Vs​12 Vt = 0R = 10 ΩL47 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 75% do seu valor final? Encontre t.

Vs = 12 VR = 10 ΩL = 47 mH
t = ms
12.Transitórios RC e RLDifícil
+−Vs​10 Vabre em t = 0R1​ = 2,2 kΩR2​ = 6,8 kΩi2​C100 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 = 1000 ms.

Vs = 10 VR1 = 2,2 kΩR2 = 6,8 kΩC = 100 µFt = 1000 ms
i2 = mA
13.Thévenin e NortonMédia
R1​ = 3 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​12 VR2​5 ΩAab

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

V1 = 12 VR1 = 3 ΩR2 = 5 ΩR3 = 5 Ω
Vth = V
14.Thévenin e NortonDifícil
R1​ = 12 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​36 VR2​6 ΩAIs​1 ABRL​20 ΩIL​

Uma carga RL = 20 Ω é ligada entre a–b. Substitua o resto do circuito pelo seu equivalente de Thévenin e encontre a corrente na carga IL.

V1 = 36 VIs = 1 AR1 = 12 ΩR2 = 6 ΩR3 = 2 ΩRL = 20 Ω
IL = A
15.Diagramas de Bode e margensMédia
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 10

Encontre a fase ∠G(jω) de G(s) = 12(s + 19)/(s(s + 6)) em ω = 10 rad/s, em graus.

G(s) = 12(s + 19)/(s(s + 6))ω = 10 rad/s
∠G(jω) = °
16.Diagramas de Bode e margensDifícil
|H| (dB)11101010010010001000−60−40−2002040ω (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) = 1560/(s(s + 20)). Encontre a margem de fase PM em graus.

L(s) = 1560/(s(s + 20))
PM = °

3Soluções

1.Números complexos

Resposta: θ = −48,81 °

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 = 7, b = −8 → IV

Ângulo de referência

α = atan(8/7) = 48,81°

Argumento

θ = −α = −48,81°

Resposta

θ = −48,81°

Na forma polar, z = 10,63∠−48,81°.

2.Números complexos

Resposta: θ₂ = −160 °

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

81/3 = 2

Argumento da raiz

θ₂ = (−120° + 360°·2)/3 = 200° → −160°

Argumento

θ₂ = −160°

Resposta

θ₂ = −160°

As 3 raízes ficam sobre a circunferência de raio 2, separadas por 120°.

3.Impedância CA e fasores

Resposta: L = 25,33 mH

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|.

Condição de ressonância

Na ressonância as reatâncias indutiva e capacitiva se anulam: ωL = 1/(ωC).

ω₀ = 2π·1000 = 6283 rad/s
L = 1/(ω₀²·C) = 1/(6283²·1·10⁻⁶) = 25,33 mH

Resposta

L = 25,33 mH
4.Impedância CA e fasores

Resposta: f0 = 479,9 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·√(0,05·2,2·10⁻⁶)) = 479,9 Hz

Resposta

f0 = 479,9 Hz
5.Potência CA e fator de potência

Resposta: I = 196,4 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) = 33000/(240·0,7) = 196,4 A

Resposta

I = 196,4 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: t = 107,7 µs

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.

Período

T = 2π√(0,1·4,7 × 10⁻⁸) = 430,8 µs

Quarto de período

t = T/4 = 107,7 µs

Resposta

t = 107,7 µs
8.Ressonância LC, fator Q e largura de banda

Resposta: Ecycle = 2,33 nJ

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).

Energia armazenada

W = ½·0,001·0,01² = 5 × 10⁻⁸ J

Fator de qualidade

Q = (1/5)·√(0,001/2,2 × 10⁻⁹) = 134,8

Energia perdida por ciclo

Ecycle = 2π·W/Q = 2π·5 × 10⁻⁸/134,8 = 2,33 × 10⁻⁹ J = 2,33 nJ
verificação: ½·0,01²·5/107302 = 2,33 × 10⁻⁹ J

Resposta

Ecycle = 2,33 nJ
9.Potência trifásica

Resposta: P = 12,22 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 = √3·415·20 = 14,38 kVA

Potência ativa

P = S·cos φ = 14,38·0,85 = 12,22 kW

Resposta

P = 12,22 kW
10.Potência trifásica

Resposta: Cph = 448,5 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 = 250·tan(acos 0,65) = 250·1,169 = 292,3 kvar
Q2 = 250·tan(acos 0,98) = 250·0,2031 = 50,76 kvar

Potência reativa dos capacitores

QC = Q1 − Q2 = 241,5 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) = 80506/(377·690²) = 448,5 µF

Resposta

Cph = 448,5 µF
11.Transitórios RC e RL

Resposta: t = 6,516 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 = 47 mH / 10 Ω = 4,7 ms
i(∞) = Vs/R = 12/10 = 1,2 A

Resolva para o tempo

0,75 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,75)
t = −4,7·ln(0,25) = 6,516 ms

Resposta

t = 6,516 ms
12.Transitórios RC e RL

Resposta: i2 = 0,2553 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) = 10·6,8/(2,2 + 6,8) = 7,556 V

Constante de tempo após a abertura da chave

τ = R2·C = 6,8·100 = 680 ms

Descarga

vC(t) = 7,556·e−1000/680 = 1,736 V
i2 = vC/R2 = 1,736/6,8 = 0,2553 mA

Resposta

i2 = 0,2553 mA
13.Thévenin e Norton

Resposta: Vth = 7,5 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​ = 3 ΩR3​ = 5 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 = 3·5/(3+5) = 1,875 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,875 + 5 = 6,875 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​12 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) = 12·5/(3+5) = 7,5 V
14.Thévenin e Norton

Resposta: IL = 0,2308 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​ = 2 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 = 12·6/(12+6) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 2 = 6 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​36 VR2​6 ΩAIs​1 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) = 12 + (−1)·4 = 8 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 8 + (−1)·2 = 6 V
Rth​ = 6 Ω+−Vth​6 VRL​20 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/(6 + 20) = 0,2308 A
15.Diagramas de Bode e margens

Resposta: ∠G(jω) = −121,3 °

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.

Some os ângulos

∠G = atan(10/19) − 90° − atan(10/6) = 27,76° − 90° − 59,04°

Resultado

∠G(j10) = −121,3°

Resposta

∠G(jω) = −121,3°
16.Diagramas de Bode e margens

Resposta: PM = 28,36 °

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 − 2,434 × 10⁶ = 0
ω² = (−400 + √(160000 + 4·2,434 × 10⁶))/2 = 1373
ωc = 37,05 rad/s

Margem de fase

∠L(jωc) = −90° − atan(37,05/20) = −151,6°
PM = 180° + ∠L = 28,36°

Resposta

PM = 28,36°

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