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.

Novos exercíciosVoltar à disciplina

Na janela de impressão, escolha “Salvar como PDF” para guardar uma cópia no seu dispositivo.

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
ReIm0,50,5−0,5−0,511−1−1θz

O número z = 1,5·ej0,6 tem o ângulo em radianos. Encontre a sua parte real a.

r = 1,5θ = 0,6 rad
a =
2.Números complexosDifícil
ReIm11−1−122−2−2z₀z₁z₂z₃

As raízes de zⁿ = w com n = 4 e w = 16∠135° são zk = R1/n∠((φ + 360°·k)/n), k = 0, 1, 2, 3. Encontre a parte imaginária de z₀.

w = 16∠135°n = 4k = 0
Im(z₀) =
3.Impedância CA e fasoresMédia
100 V200 HzR = 100 ΩL = 50 mHC = 100 µFI

Um circuito RLC série está ligado a uma fonte de 100 V (rms), 200 Hz. Encontre a corrente rms I.

V = 100 V (rms)f = 200 HzR = 100 ΩL = 50 mHC = 100 µF
I = A
4.Impedância CA e fasoresDifícil
12 V200 HzR = 100 ΩL = 50 mHC = 22 µF+−VC​

Um circuito RLC série está ligado a uma fonte de 12 V (rms), 200 Hz. Encontre a tensão rms VC no capacitor.

V = 12 V (rms)f = 200 HzR = 100 ΩL = 50 mHC = 22 µF
VC = V
5.Potência CA e fator de potênciaMédia
240 VR + jXP = 1008 W6 A

Uma carga indutiva consome 6 A e 1008 W de uma fonte monofásica de 240 V (eficaz). Modele-a como uma resistência R em série com uma reatância X. Encontre X.

V = 240 VI = 6 AP = 1008 W
X = Ω
6.Potência CA e fator de potênciaDifícil
P = 5 kWQ1​S1​φ1​QC​

Uma carga monofásica consome 5 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 0,92. Encontre a capacitância C necessária.

P = 5 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,92V = 230 Vf = 50 Hz
C = µF
7.Ressonância LC, fator Q e largura de bandaMédia
C = 100 pF+−16 VL = 1 mHiL​

Um capacitor de 100 pF carregado a 20 V oscila com um indutor ideal de 1 mH. Encontre a energia WL armazenada no indutor no instante em que a tensão do capacitor é 16 V, em nJ.

C = 100 pFV0 = 20 VvC = 16 V
WL = nJ
8.Ressonância LC, fator Q e largura de bandaDifícil
f|I|0,7071f0​ = ?10 kHz12 kHzBW

As frequências de meia potência de uma curva de ressonância são 10 kHz e 12 kHz. Encontre a frequência de ressonância como a média geométrica delas e depois o fator de qualidade Q.

f1 = 10 kHzf2 = 12 kHz
Q =
9.Potência trifásicaMédia
ABCVL​ = 400 VNZ = 4 + j3 Ωpor fase

Uma carga equilibrada ligada em Y com impedância de 4 + j3 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 = 4 + j3 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 0,78 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 0,95 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 = 0,78pf2 = 0,95VL = 690 Vf = 60 Hz
Cph = µF
11.Transitórios RC e RLMédia
R = 50 Ωt = 0L47 mHi(t)

O indutor conduz uma corrente constante de 2 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 corrente i em t = 1 ms.

i(0) = 2 AR = 50 ΩL = 47 mHt = 1 ms
i = A
12.Transitórios RC e RLDifícil
+−Vs​5 Vt = 0R = 3,3 kΩC33 µF+−vC​vC​(0) = 12 V

Logo antes de a chave fechar em t = 0, o capacitor tem 12 V com a polaridade indicada. Quanto tempo leva para vC chegar a 7,1 V? Encontre t.

Vs = 5 VR = 3,3 kΩC = 33 µFvC(0) = 12 V
t = ms
13.Thévenin e NortonMédia
R1​ = 3 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​10 VR2​20 ΩAab

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

V1 = 10 VR1 = 3 ΩR2 = 20 ΩR3 = 3 Ω
IN = A
14.Thévenin e NortonDifícil
R1​ = 3 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​9 VR2​15 ΩAIs​3 ABRL​6 ΩIL​

Uma carga RL = 6 Ω é ligada entre a–b. Substitua o resto do circuito pelo seu equivalente de Thévenin e encontre a corrente na carga IL.

V1 = 9 VIs = 3 AR1 = 3 ΩR2 = 15 ΩR3 = 3 ΩRL = 6 Ω
IL = A
15.Diagramas de Bode e margensMédia
|H| (dB)1101001000−80−60−40−20020ω (rad/s)ω = 20

Encontre o módulo exato |G(jω)| de G(s) = 660/((s + 11)(s + 12)) em ω = 20 rad/s, em dB.

G(s) = 660/((s + 11)(s + 12))ω = 20 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) = 80/(s(s + 2)(s + 8)). Encontre a frequência de cruzamento de fase ω180, onde ∠L(jω) = −180°.

L(s) = 80/(s(s + 2)(s + 8))
ω180 = rad/s

3Soluções

1.Números complexos

Resposta: a = 1,238

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.

Fórmula de Euler

z = 1,5·(cos 0,6 + j sin 0,6)

Componentes (radianos)

a = 1,5·cos 0,6 = 1,238
b = 1,5·sin 0,6 = 0,847
a = 1,238

Resposta

a = 1,238
2.Números complexos

Resposta: Im(z₀) = 1,111

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

161/4 = 2

Argumento da raiz

θ₀ = (135° + 360°·0)/4 = 33,75°

Forma retangular

z₀ = 2·(cos 33,75° + j sin 33,75°) = 1,663 + j1,111
Im(z₀) = 1,111

Resposta

Im(z₀) = 1,111

As 4 raízes ficam sobre a circunferência de raio 2, separadas por 90°.

3.Impedância CA e fasores

Resposta: I = 0,8767 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·200 = 1257 rad/s
XL = ωL = 1257·0,05 = 62,83 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·100·10⁻⁶) = 7,958 Ω

Impedância

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(100² + (54,87)²) = 114,1 Ω

Corrente

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

I = V/|Z| = 100/114,1 = 0,8767 A

Resposta

I = 0,8767 A
4.Impedância CA e fasores

Resposta: VC = 4,194 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·200 = 1257 rad/s
XL = ωL = 1257·0,05 = 62,83 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·22·10⁻⁶) = 36,17 Ω

Impedância

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(100² + (26,66)²) = 103,5 Ω

Corrente

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

I = V/|Z| = 12/103,5 = 0,116 A

Tensão no capacitor

VC = I·XC = 0,116·36,17 = 4,194 V

Resposta

VC = 4,194 V
5.Potência CA e fator de potência

Resposta: X = 28,57 Ω

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.

Resistência pela potência ativa

R = P/I² = 1008/6² = 28 Ω

Reatância pela impedância

|Z| = V/I = 240/6 = 40 Ω
X = √(|Z|² − R²) = √(40² − 28²) = 28,57 Ω

Resposta

X = 28,57 Ω
6.Potência CA e fator de potência

Resposta: C = 223,6 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 = 5·tan(49,46°) = 5,846 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 5·tan(23,07°) = 2,13 kvar
QC = Q1 − Q2 = 3,716 kvar

Capacitância

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

C = QC/(2πf·V²) = 3716/(2π·50·230²) = 223,6 µF

Resposta

C = 223,6 µF
7.Ressonância LC, fator Q e largura de banda

Resposta: WL = 7,2 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

½·1 × 10⁻¹⁰·20² = 2 × 10⁻⁸ J

Energia que resta no capacitor

½·1 × 10⁻¹⁰·16² = 1,28 × 10⁻⁸ J

Energia no indutor

WL = 7,2 × 10⁻⁹ J = 7,2 nJ

Resposta

WL = 7,2 nJ
8.Ressonância LC, fator Q e largura de banda

Resposta: Q = 5,477

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).

Frequência de ressonância

f0 = √(10000·12000) = 10954 Hz

Largura de banda

BW = 12000 − 10000 = 2000 Hz

Fator de qualidade

Q = 10954/2000 = 5,477

Resposta

Q = 5,477
9.Potência trifásica

Resposta: P = 25,6 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| = √(4² + 3²) = 5 Ω
Iph = 230,9/5 = 46,19 A

Potência ativa total

Só a parte resistiva de cada impedância absorve potência ativa.

P = 3·Iph²·R = 3·46,19²·4 = 25,6 kW

Resposta

P = 25,6 kW

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

10.Potência trifásica

Resposta: Cph = 87,95 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 0,78) = 100·0,8023 = 80,23 kvar
Q2 = 100·tan(acos 0,95) = 100·0,3287 = 32,87 kvar

Potência reativa dos capacitores

QC = Q1 − Q2 = 47,36 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) = 15787/(377·690²) = 87,95 µF

Resposta

Cph = 87,95 µF
11.Transitórios RC e RL

Resposta: i = 0,6903 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.

Constante de tempo

τ = L/R = 47 mH / 50 Ω = 0,94 ms

Decaimento da corrente

i(t) = 2·e−1/0,94 = 0,6903 A

Resposta

i = 0,6903 A
12.Transitórios RC e RL

Resposta: t = 131,1 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

A tensão no capacitor não pode saltar, então começa no valor armazenado e vai em direção à tensão da fonte.

vC(0) = 12 V, vC(∞) = Vs = 5 V
τ = R·C = 3,3 kΩ · 33 µF = 108,9 ms
vC(t) = 5 + (12 − 5)·e−t/τ

Resolva para o tempo

7,1 = 5 + (7)·e−t/τ → e−t/τ = (7,1 − 5)/(12 − 5) = 0,3
t = τ·ln((12 − 5)/(7,1 − 5)) = 108,9·ln(3,333) = 131,1 ms

Resposta

t = 131,1 ms
13.Thévenin e Norton

Resposta: IN = 1,55 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​ = 3 ΩCURTOR2​20 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 = 3·20/(3+20) = 2,609 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,609 + 3 = 5,609 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​10 VR2​20 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) = 10·20/(3+20) = 8,696 V
IN​1,55 ARth​5,609 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 = 8,696/5,609 = 1,55 A
14.Thévenin e Norton

Resposta: IL = 2,087 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​ = 3 ΩCURTOR2​15 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 = 3·15/(3+15) = 2,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,5 + 3 = 5,5 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​9 VR2​15 ΩAIs​3 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) = 7,5 + 3·2,5 = 15 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 15 + 3·3 = 24 V
Rth​ = 5,5 Ω+−Vth​24 VRL​6 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) = 24/(5,5 + 6) = 2,087 A
15.Diagramas de Bode e margens

Resposta: |G(jω)| = 1,867 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(j20)| = 660/(√(20² + 11²)·√(20² + 12²)) = 660/(22,83·23,32) = 1,24

Resultado

20·log₁₀(1,24) = 1,867 dB

Resposta

|G(jω)| = 1,867 dB
16.Diagramas de Bode e margens

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

Resposta

ω180 = 4 rad/s

ExamProblems · examproblems.com/courses/circuit-analysis-2