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
ReIm11−1−122−2−2θz

Escreva z = 3∠125° na forma retangular a + jb e dê a parte imaginária b.

r = 3θ = 125°
b =
2.Números complexosDifícil
ReIm11−1−122−2−233−3−3z₁z₂

Resolva z² − 6z + 11,25 = 0. As raízes são a ± jb; encontre a parte real a.

p = −6q = 11,25
a =
3.Impedância CA e fasoresMédia
Vf0​ = 2000 HzRL = 200 mHC = ?

Um circuito RLC série com L = 200 mH deve ressoar a 2000 Hz. Encontre a capacitância C necessária.

f0 = 2000 HzL = 200 mH
C = µF
4.Impedância CA e fasoresDifícil
100 V50 HzR = 50 ΩL = 50 mHC = 47 µF+−VC​

Um circuito RLC série está ligado a uma fonte de 100 V (rms), 50 Hz. Encontre a tensão rms VC no capacitor.

V = 100 V (rms)f = 50 HzR = 50 ΩL = 50 mHC = 47 µF
VC = V
5.Potência CA e fator de potênciaMédia
240 V115 kW, 0,7210 kW, 0,9I

Duas cargas estão ligadas em paralelo a uma fonte monofásica de 240 V: uma carga de 15 kW com fator de potência 0,7 indutivo e uma carga de 10 kW com fator de potência 0,9 indutivo. Encontre o fator de potência global cos φ visto pela fonte.

V = 240 VP1 = 15 kW, pf1 = 0,7 indutivoP2 = 10 kW, pf2 = 0,9 indutivo
cos φ =
6.Potência CA e fator de potênciaDifícil
230 V50 HzRs​ = 8 ΩXs​ = j30 ΩZL​ = ?

Uma fonte de 230 V (eficaz), 50 Hz tem impedância interna Zs = 8 + j30 Ω. A impedância de carga ZL pode ser escolhida livremente. A carga para máxima potência é formada por um resistor em série com um capacitor. Encontre a capacitância C.

Vs = 230 V (rms)f = 50 HzZs = 8 + j30 Ω
C = µF
7.Ressonância LC, fator Q e largura de bandaMédia
C = 470 pF+−5 VL = 2,2 mHiL​

Um capacitor de 470 pF carregado a 20 V oscila com um indutor ideal de 2,2 mH. Encontre a energia WL armazenada no indutor no instante em que a tensão do capacitor é 5 V, em nJ.

C = 470 pFV0 = 20 VvC = 5 V
WL = nJ
8.Ressonância LC, fator Q e largura de bandaDifícil
V1 Ω470 µH100 nF100 mA

Um circuito RLC série (R = 1 Ω, L = 470 µH, C = 100 nF) é excitado na ressonância com uma amplitude de corrente de 100 mA. Encontre a energia Ecycle dissipada em R durante um ciclo, em nJ.

R = 1 ΩL = 470 µHC = 100 nFIm = 100 mA
Ecycle = nJ
9.Potência trifásicaMédia
ABCVL​ = 690 VIL​ = ?M37 kW, η = 93%cos φ = 0,9

Um motor de indução trifásico fornece 37 kW de potência mecânica de saída a plena carga. Nessa carga seu rendimento é 93% e seu fator de potência é 0,9 indutivo. A alimentação tem tensão de linha de 690 V. Encontre a corrente de linha IL.

Pout = 37 kWη = 93%cos φ = 0,9VL = 690 V
IL = A
10.Potência trifásicaDifícil
P = 200 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Uma carga trifásica equilibrada consome 200 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 0,92 indutivo. A potência ativa permanece a mesma. Encontre a potência reativa total QC que o banco de capacitores deve fornecer, em kvar.

P = 200 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,92VL = 415 Vf = 60 Hz
QC = kvar
11.Transitórios RC e RLMédia
+−Vs​20 Vt = 0R = 10 ΩL150 mHi(t)

O indutor não conduz corrente antes de a chave fechar em t = 0. Encontre a energia W armazenada no indutor em t = 20 ms, em mJ.

Vs = 20 VR = 10 ΩL = 150 mHt = 20 ms
W = mJ
12.Transitórios RC e RLDifícil
+−Vs​12 Vt = 0R = 6,8 kΩC100 µF+−vC​vC​(0) = 8 V

Logo antes de a chave fechar em t = 0, o capacitor tem 8 V com a polaridade indicada. Encontre a tensão no capacitor vC em t = 1000 ms.

Vs = 12 VR = 6,8 kΩC = 100 µFvC(0) = 8 Vt = 1000 ms
vC = V
13.Thévenin e NortonMédia
R1​ = 10 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​9 VR2​5 ΩARL​12 ΩIL​B

Uma carga RL = 12 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 VR1 = 10 ΩR2 = 5 ΩR3 = 3 ΩRL = 12 Ω
IL = A
14.Thévenin e NortonDifícil
R1​ = 2 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​30 VR2​10 ΩAIs​1,5 ABRL​8 ΩIL​

Uma carga RL = 8 Ω é ligada entre a–b. Substitua o resto do circuito pelo seu equivalente de Thévenin e encontre a corrente na carga IL.

V1 = 30 VIs = 1,5 AR1 = 2 ΩR2 = 10 ΩR3 = 10 ΩRL = 8 Ω
IL = A
15.Diagramas de Bode e margensMédia
vin​L = 100 mHC = 1 µFR = 50 Ωvout​

No filtro passa-faixa RLC série mostrado, a saída é tomada sobre R = 50 Ω, com L = 100 mH e C = 1 µF. Encontre a frequência central (de ressonância) f0 em Hz.

R = 50 ΩL = 100 mHC = 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) = 210/(s(s + 3)(s + 8)). Encontre a margem de ganho GM em dB.

L(s) = 210/(s(s + 3)(s + 8))
GM = dB

3Soluções

1.Números complexos

Resposta: b = 2,457

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.

Componentes

a = 3·cos(125°) = −1,721
b = 3·sin(125°) = 2,457

Forma retangular

z = −1,721 + j2,457
b = 2,457

Resposta

b = 2,457
2.Números complexos

Resposta: a = 3

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 − 45 = −9 < 0

Fórmula quadrática

z = (6 ± j√9)/2 = 3 + j1,5, 3 − j1,5

Resposta

a = 3

Resposta

a = 3
3.Impedância CA e fasores

Resposta: C = 0,03166 µF

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·2000 = 12566 rad/s
C = 1/(ω₀²·L) = 1/(12566²·0,2) = 0,03166 µF

Resposta

C = 0,03166 µF
4.Impedância CA e fasores

Resposta: VC = 93,87 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 = 314,2·0,05 = 15,71 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 + (−52,02)²) = 72,15 Ω

Corrente

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

I = V/|Z| = 100/72,15 = 1,386 A

Tensão no capacitor

VC = I·XC = 1,386·67,73 = 93,87 V

Resposta

VC = 93,87 V
5.Potência CA e fator de potência

Resposta: cos φ = 0,7786

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 de cada carga

Uma carga indutiva consome potência reativa (Q > 0); uma carga capacitiva a fornece (Q < 0).

Q1 = 15·tan(arccos 0,7) = 15,3 kvar
Q2 = 10·tan(arccos 0,9) = 4,843 kvar

Totais

P = 15 + 10 = 25 kW
Q = 15,3 + 4,843 = 20,15 kvar
S = √(25² + 20,15²) = 32,11 kVA

Fator de potência global

cos φ = P/S = 25/32,11 = 0,7786 indutivo

Resposta

cos φ = 0,7786
6.Potência CA e fator de potência

Resposta: C = 106,1 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.

Casamento conjugado

A reatância da carga anula a reatância da fonte, e a resistência da carga é igual à resistência da fonte.

ZL = Zs* = 8 − j30 Ω

Capacitância

XC = 30 Ω → C = 1/(2π·50·30) = 106,1 µF

Resposta

C = 106,1 µF
7.Ressonância LC, fator Q e largura de banda

Resposta: WL = 88,13 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

½·4,7 × 10⁻¹⁰·20² = 9,4 × 10⁻⁸ J

Energia que resta no capacitor

½·4,7 × 10⁻¹⁰·5² = 5,875 × 10⁻⁹ J

Energia no indutor

WL = 8,813 × 10⁻⁸ J = 88,13 nJ

Resposta

WL = 88,13 nJ
8.Ressonância LC, fator Q e largura de banda

Resposta: Ecycle = 215,4 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 = ½·0,00047·0,1² = 2,35 × 10⁻⁶ J

Fator de qualidade

Q = (1/1)·√(0,00047/1 × 10⁻⁷) = 68,56

Energia perdida por ciclo

Ecycle = 2π·W/Q = 2π·2,35 × 10⁻⁶/68,56 = 2,154 × 10⁻⁷ J = 215,4 nJ
verificação: ½·0,1²·1/23215 = 2,154 × 10⁻⁷ J

Resposta

Ecycle = 215,4 nJ
9.Potência trifásica

Resposta: IL = 36,99 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 = 37/0,93 = 39,78 kW

Corrente de linha

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 39785/(√3·690·0,9) = 36,99 A

Resposta

IL = 36,99 A
10.Potência trifásica

Resposta: QC = 118,8 kvar

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 = 200·tan(acos 0,7) = 200·1,02 = 204 kvar
Q2 = 200·tan(acos 0,92) = 200·0,426 = 85,2 kvar

Potência reativa dos capacitores

QC = Q1 − Q2 = 118,8 kvar

Resposta

QC = 118,8 kvar
11.Transitórios RC e RL

Resposta: W = 162,7 mJ

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 / 10 Ω = 15 ms
i(∞) = Vs/R = 20/10 = 2 A

Corrente no instante dado

i(t) = 2·(1 − e−20/15) = 1,473 A

Energia armazenada

W = ½·L·i² = ½·150·1,473² = 162,7 mJ

Resposta

W = 162,7 mJ
12.Transitórios RC e RL

Resposta: vC = 11,08 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) = 8 V, vC(∞) = Vs = 12 V
τ = R·C = 6,8 kΩ · 100 µF = 680 ms
vC(t) = 12 + (8 − 12)·e−t/τ

Tensão no instante dado

vC(1000) = 12 + (−4)·e−1000/680 = 11,08 V

Resposta

vC = 11,08 V
13.Thévenin e Norton

Resposta: IL = 0,1636 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​ = 10 ΩR3​ = 3 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 = 10·5/(10+5) = 3,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,333 + 3 = 6,333 Ω
R1​ = 10 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​9 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) = 9·5/(10+5) = 3 V
Rth​ = 6,333 Ω+−Vth​3 VRL​12 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) = 3/(6,333 + 12) = 0,1636 A
14.Thévenin e Norton

Resposta: IL = 2,161 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​ = 10 ΩCURTOR2​10 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 = 2·10/(2+10) = 1,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,667 + 10 = 11,67 Ω
R1​ = 2 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​30 VR2​10 ΩAIs​1,5 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) = 25 + 1,5·1,667 = 27,5 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 27,5 + 1,5·10 = 42,5 V
Rth​ = 11,67 Ω+−Vth​42,5 VRL​8 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) = 42,5/(11,67 + 8) = 2,161 A
15.Diagramas de Bode e margens

Resposta: f0 = 503,3 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/√(0,1·1 × 10⁻⁶) = 3162 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 503,3 Hz

Resposta

f0 = 503,3 Hz
16.Diagramas de Bode e margens

Resposta: GM = 1,988 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.

Cruzamento de fase

(ω/3)·(ω/8) = 1 → ω180 = √(3·8) = 4,899 rad/s

Módulo no cruzamento de fase

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 9)·√(ω² + 64)) = K/(3·8·(3 + 8)) = K/264

Margem de ganho

GM = 20·log₁₀(264/210) = 1,988 dB

Resposta

GM = 1,988 dB

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