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
ReIm11−1−122−2−233−3−3z₁z₂w

Dados z₁ = 2,5∠150° e z₂ = 1,5∠−25°, encontre a parte real de w = z₁·z₂.

z₁ = 2,5∠150°z₂ = 1,5∠−25°
Re(w) =
2.Números complexosDifícil
ReIm22−2−244−4−4ABCD

Exatamente um dos pontos A–D é uma raiz de z⁴ = 81∠−90°. Clique nele.

w = 81∠−90°n = 4
  1. 1A (3∠−90°)
  2. 2B (3∠67,5°)
  3. 3C (3∠112,5°)
  4. 4D (5,4∠67,5°)
3.Impedância CA e fasoresMédia
230 V500 HzR = 20 ΩL = 20 mHC = 47 µFI

Um circuito RLC série está ligado a uma fonte de 230 V (rms), 500 Hz. Encontre a potência ativa P absorvida da fonte.

V = 230 V (rms)f = 500 HzR = 20 ΩL = 20 mHC = 47 µF
P = W
4.Impedância CA e fasoresDifícil
12 V200 HzR = 20 ΩL = 20 mHC = 2,2 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 = 20 ΩL = 20 mHC = 2,2 µF
VC = V
5.Potência CA e fator de potênciaMédia
400 V16 kW, 0,85226 kW, 1I

Duas cargas estão ligadas em paralelo a uma fonte monofásica de 400 V: uma carga de 6 kW com fator de potência 0,85 indutivo e um aquecedor de 26 kW (fator de potência unitário). Encontre o fator de potência global cos φ visto pela fonte.

V = 400 VP1 = 6 kW, pf1 = 0,85 indutivoP2 = 26 kW, pf2 = 1
cos φ =
6.Potência CA e fator de potênciaDifícil
P = 10 kWQ1​S1​φ1​QC​

Uma carga monofásica consome 10 kW com fator de potência 0,75 indutivo de uma fonte de 230 V, 50 Hz. Um capacitor ligado em paralelo eleva o fator de potência para 0,95. Encontre a nova corrente de linha Inew.

P = 10 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,95V = 230 Vf = 50 Hz
Inew = A
7.Ressonância LC, fator Q e largura de bandaMédia
C = 2,2 µF+−1,2 VL = 22 µHiL​

Um capacitor de 2,2 µF carregado a 6 V oscila com um indutor ideal de 22 µH. Encontre a energia WL armazenada no indutor no instante em que a tensão do capacitor é 1,2 V, em µJ.

C = 2,2 µFV0 = 6 VvC = 1,2 V
WL = µJ
8.Ressonância LC, fator Q e largura de bandaDifícil
V10 Ω220 µH1 nF50 mA

Um circuito RLC série (R = 10 Ω, L = 220 µH, C = 1 nF) é excitado na ressonância com uma amplitude de corrente de 50 mA. Encontre a energia Ecycle dissipada em R durante um ciclo, em nJ.

R = 10 ΩL = 220 µHC = 1 nFIm = 50 mA
Ecycle = nJ
9.Potência trifásicaMédia
ABCVL​ = 690 VIL​ = 75 Acos φ = 0,82indutivo

Uma carga trifásica equilibrada consome uma corrente de linha de 75 A de uma alimentação com tensão de linha de 690 V. O fator de potência é 0,82 indutivo. Encontre a potência ativa total P consumida pela carga em kW.

VL = 690 VIL = 75 Acos φ = 0,82
P = kW
10.Potência trifásicaDifícil
P = 80 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Uma carga trifásica equilibrada consome 80 kW com fator de potência 0,78 indutivo de uma alimentação de 400 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 = 80 kWpf1 = 0,78pf2 = 0,92VL = 400 Vf = 60 Hz
QC = kvar
11.Transitórios RC e RLMédia
+−Vs​24 Vt = 0R = 47 ΩL220 mHi(t)

O indutor não conduz corrente antes de a chave fechar em t = 0. Encontre a tensão vL no indutor em t = 5 ms.

Vs = 24 VR = 47 ΩL = 220 mHt = 5 ms
vL = V
12.Transitórios RC e RLDifícil
+−Vs​5 Vt = 0R = 2,2 kΩC?+−vC​

Um temporizador começa a carregar um capacitor descarregado através de um resistor a partir de uma fonte de 5 V em t = 0. Ele deve disparar quando a tensão do capacitor atingir 3 V, exatamente 10 ms após o início. Com R = 2,2 kΩ, encontre a capacitância C necessária.

Vs = 5 VVth = 3 VT = 10 msR = 2,2 kΩ
C = µF
13.Thévenin e NortonMédia
R1​ = 15 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​9 VR2​15 ΩAab

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

V1 = 9 VR1 = 15 ΩR2 = 15 ΩR3 = 6 Ω
Vth = V
14.Thévenin e NortonDifícil
R1​ = 6 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​30 VR2​6 ΩAIs​2,5 ABRL​25 ΩIL​

Uma carga RL = 25 Ω é ligada entre a–b. Use um equivalente de Thévenin para encontrar a potência PL entregue à carga.

V1 = 30 VIs = 2,5 AR1 = 6 ΩR2 = 6 ΩR3 = 5 ΩRL = 25 Ω
PL = W
15.Diagramas de Bode e margensMédia
vin​L = 10 mHR = 22 Ωvout​

O Filtro passa-baixas RL mostrado tem R = 22 Ω, L = 10 mH. Aplica-se uma entrada senoidal de 180 Hz. Encontre o ganho |H| = |vout/vin| em dB.

R = 22 ΩL = 10 mHf = 180 Hz
|H| = 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) = 40/(s(s + 2)(s + 7)). Encontre a frequência de cruzamento de fase ω180, onde ∠L(jω) = −180°.

L(s) = 40/(s(s + 2)(s + 7))
ω180 = rad/s

3Soluções

1.Números complexos

Resposta: Re(w) = −2,151

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| = 2,5 · 1,5 = 3,75
θ = 150° + (−25)° = 125°

Forma retangular

Re(w) = 3,75·cos(125°) = −2,151
Im(w) = 3,75·sin(125°) = 3,072
Re(w) = −2,151

Resposta

Re(w) = −2,151
2.Números complexos

Resposta: B (3∠67,5°)

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 = −22,5°, 67,5°, 157,5°, −112,5°

O ponto

B = 3∠67,5°

Resposta

B (3∠67,5°)
3.Impedância CA e fasores

Resposta: P = 298,6 W

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 = 62,83 Ω, XC = 6,773 Ω

Impedância

|Z| = √(20² + (56,06)²) = 59,52 Ω

Potência ativa

Indutores e capacitores só armazenam e devolvem energia; o resistor absorve toda a potência ativa.

I = 230/59,52 = 3,864 A
P = I²·R = 3,864²·20 = 298,6 W

Resposta

P = 298,6 W
4.Impedância CA e fasores

Resposta: VC = 12,87 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·200 = 1257 rad/s
XL = ωL = 1257·0,02 = 25,13 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·2,2·10⁻⁶) = 361,7 Ω

Impedância

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(20² + (−336,6)²) = 337,2 Ω

Corrente

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

I = V/|Z| = 12/337,2 = 0,03559 A

Tensão no capacitor

VC = I·XC = 0,03559·361,7 = 12,87 V

Resposta

VC = 12,87 V
5.Potência CA e fator de potência

Resposta: cos φ = 0,9933

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 = 6·tan(arccos 0,85) = 3,718 kvar
Q2 = 0 = 0 kvar

Totais

P = 6 + 26 = 32 kW
Q = 3,718 + 0 = 3,718 kvar
S = √(32² + 3,718²) = 32,22 kVA

Fator de potência global

cos φ = P/S = 32/32,22 = 0,9933 indutivo

Resposta

cos φ = 0,9933
6.Potência CA e fator de potência

Resposta: Inew = 45,77 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 = 10·tan(41,41°) = 8,819 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 10·tan(18,19°) = 3,287 kvar
QC = Q1 − Q2 = 5,532 kvar

Nova corrente de linha

Inew = P/(V·cos φ2) = 10000/(230·0,95) = 45,77 A

Resposta

Inew = 45,77 A
7.Ressonância LC, fator Q e largura de banda

Resposta: WL = 38,02 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

½·2,2 × 10⁻⁶·6² = 3,96 × 10⁻⁵ J

Energia que resta no capacitor

½·2,2 × 10⁻⁶·1,2² = 1,584 × 10⁻⁶ J

Energia no indutor

WL = 3,802 × 10⁻⁵ J = 38,02 µJ

Resposta

WL = 38,02 µJ
8.Ressonância LC, fator Q e largura de banda

Resposta: Ecycle = 36,84 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 = ½·0,00022·0,05² = 2,75 × 10⁻⁷ J

Fator de qualidade

Q = (1/10)·√(0,00022/1 × 10⁻⁹) = 46,9

Energia perdida por ciclo

Ecycle = 2π·W/Q = 2π·2,75 × 10⁻⁷/46,9 = 3,684 × 10⁻⁸ J = 36,84 nJ
verificação: ½·0,05²·10/339319 = 3,684 × 10⁻⁸ J

Resposta

Ecycle = 36,84 nJ
9.Potência trifásica

Resposta: P = 73,5 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 = √3·690·75 = 89,63 kVA

Potência ativa

P = S·cos φ = 89,63·0,82 = 73,5 kW

Resposta

P = 73,5 kW
10.Potência trifásica

Resposta: QC = 30,1 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 = 80·tan(acos 0,78) = 80·0,8023 = 64,18 kvar
Q2 = 80·tan(acos 0,92) = 80·0,426 = 34,08 kvar

Potência reativa dos capacitores

QC = Q1 − Q2 = 30,1 kvar

Resposta

QC = 30,1 kvar
11.Transitórios RC e RL

Resposta: vL = 8,247 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 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 = 220 mH / 47 Ω = 4,681 ms
i(∞) = Vs/R = 24/47 = 0,5106 A

Tensão no indutor

Em t = 0 toda a tensão da fonte aparece sobre o indutor; depois ela decai a zero.

vL(t) = Vs·e−t/τ = 24·e−5/4,681 = 8,247 V

Resposta

vL = 8,247 V
12.Transitórios RC e RL

Resposta: C = 4,961 µF

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 necessária

3 = 5·(1 − e−10/τ) → τ = 10/ln(5/(5 − 3))
τ = 10/0,9163 = 10,91 ms

Capacitância

kΩ vezes µF dá milissegundos.

C = τ/R = 10,91/2,2 = 4,961 µF

Resposta

C = 4,961 µF
13.Thévenin e Norton

Resposta: Vth = 4,5 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​ = 15 ΩR3​ = 6 ΩCURTOR2​15 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 = 15·15/(15+15) = 7,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 7,5 + 6 = 13,5 Ω
R1​ = 15 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​9 VR2​15 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) = 9·15/(15+15) = 4,5 V
14.Thévenin e Norton

Resposta: PL = 28,12 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​ = 6 ΩR3​ = 5 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 = 6·6/(6+6) = 3 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3 + 5 = 8 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​30 VR2​6 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) = 15 + 2,5·3 = 22,5 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 22,5 + 2,5·5 = 35 V
Rth​ = 8 Ω+−Vth​35 VRL​25 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) = 35/(8 + 25) = 1,061 A
PL = IL²·RL = 1,061²·25 = 28,12 W
15.Diagramas de Bode e margens

Resposta: |H| = −1,018 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.

Frequência de corte

ωc = R/L = 22/0,01 = 2200 rad/s
fc = 350,1 Hz → f/fc = 180/350,1 = 0,5141

Ganho

|H| = 1/√(1 + 0,5141²) = 0,8894
20·log₁₀(0,8894) = −1,018 dB

Resposta

|H| = −1,018 dB
16.Diagramas de Bode e margens

Resposta: ω180 = 3,742 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/7) = 1 → ω180 = √(2·7) = 3,742 rad/s

Resposta

ω180 = 3,742 rad/s

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