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 = 5∠70° e z₂ = 0,5∠65°, encontre o argumento θ de w = z₁·z₂ em graus, entre −180° e 180°.

z₁ = 5∠70°z₂ = 0,5∠65°
θ = °
2.Números complexosDifícil
ReIm11−1−122−2−233−3−3z₁z₂

Uma raiz de z³ + z² − 12z − 90 = 0 é z₁ = −3 + j3. Os coeficientes são reais. Encontre a raiz real r.

z₁ = −3 + j3
r =
3.Impedância CA e fasoresMédia
12 V50 HzR = 20 ΩL = 100 mHI

Um resistor e um indutor estão ligados em paralelo a uma fonte de 12 V (eficaz), 50 Hz. Encontre a corrente rms I.

V = 12 V (rms)f = 50 HzR = 20 ΩL = 100 mH
I = A
4.Impedância CA e fasoresDifícil
12 V500 HzR = 60 ΩL = 150 mHC = 10 µFI

Um circuito RLC série está ligado a uma fonte de 12 V (rms), 500 Hz. Encontre a corrente rms I.

V = 12 V (rms)f = 500 HzR = 60 ΩL = 150 mHC = 10 µF
I = A
5.Potência CA e fator de potênciaMédia
230 VR + jXP = 1656 W12 A

Uma carga indutiva consome 12 A e 1656 W de uma fonte monofásica de 230 V (eficaz). Modele-a como uma resistência R em série com uma reatância X. Encontre R.

V = 230 VI = 12 AP = 1656 W
R = Ω
6.Potência CA e fator de potênciaDifícil
P = 45 kWQ1​S1​φ1​QC​

Uma carga monofásica consome 45 kW com fator de potência 0,75 indutivo de uma fonte de 240 V, 60 Hz. Um capacitor ligado em paralelo eleva o fator de potência para 0,98. Encontre a potência reativa QC que o capacitor deve fornecer.

P = 45 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,98V = 240 Vf = 60 Hz
QC = kvar
7.Ressonância LC, fator Q e largura de bandaMédia
C = 100 nF+−2,25 VL = 100 µHiL​

Um capacitor de 100 nF carregado a 9 V oscila com um indutor ideal de 100 µH. Encontre a energia WL armazenada no indutor no instante em que a tensão do capacitor é 2,25 V, em µJ.

C = 100 nFV0 = 9 VvC = 2,25 V
WL = µJ
8.Ressonância LC, fator Q e largura de bandaDifícil
f|I|0,7071f0​ = ?5 kHz5,5 kHzBW

As frequências de meia potência de uma curva de ressonância são 5 kHz e 5,5 kHz. Encontre a frequência de ressonância como a média geométrica delas e depois o fator de qualidade Q.

f1 = 5 kHzf2 = 5,5 kHz
Q =
9.Potência trifásicaMédia
ABCVL​ = 415 VIL​ = ?M45 kW, η = 93%cos φ = 0,88

Um motor de indução trifásico fornece 45 kW de potência mecânica de saída a plena carga. Nessa carga seu rendimento é 93% e seu fator de potência é 0,88 indutivo. A alimentação tem tensão de linha de 415 V. Encontre a corrente de linha IL.

Pout = 45 kWη = 93%cos φ = 0,88VL = 415 V
IL = A
10.Potência trifásicaDifícil
P = 150 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Uma carga trifásica equilibrada consome 150 kW com fator de potência 0,8 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 0,9 indutivo. A potência ativa permanece a mesma. Encontre a potência reativa total QC que o banco de capacitores deve fornecer, em kvar.

P = 150 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,9VL = 400 Vf = 60 Hz
QC = kvar
11.Transitórios RC e RLMédia
+−Vs​24 Vt = 0R = 47 ΩL22 mHi(t)

O indutor não conduz corrente antes de a chave fechar em t = 0. Encontre a corrente i em t = 1 ms.

Vs = 24 VR = 47 ΩL = 22 mHt = 1 ms
i = A
12.Transitórios RC e RLDifícil
+−Vs​12 Vt = 0R = 22 kΩC?+−vC​

Um temporizador começa a carregar um capacitor descarregado através de um resistor a partir de uma fonte de 12 V em t = 0. Ele deve disparar quando a tensão do capacitor atingir 9,6 V, exatamente 500 ms após o início. Com R = 22 kΩ, encontre a capacitância C necessária.

Vs = 12 VVth = 9,6 VT = 500 msR = 22 kΩ
C = µF
13.Thévenin e NortonMédia
R1​ = 4 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​30 VR2​15 ΩAab

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

V1 = 30 VR1 = 4 ΩR2 = 15 ΩR3 = 15 Ω
Vth = V
14.Thévenin e NortonDifícil
R1​ = 8 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​10 VR2​2 ΩAIs​6 ABRL​3 ΩIL​

Uma carga RL = 3 Ω é ligada entre a–b. Substitua o resto do circuito pelo seu equivalente de Thévenin e encontre a corrente na carga IL.

V1 = 10 VIs = 6 AR1 = 8 ΩR2 = 2 ΩR3 = 2 ΩRL = 3 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 = 3

Encontre a fase ∠G(jω) de G(s) = 11(s + 17)/(s(s + 15)) em ω = 3 rad/s, em graus.

G(s) = 11(s + 17)/(s(s + 15))ω = 3 rad/s
∠G(jω) = °
16.Diagramas de Bode e margensDifícil
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−60−40−200204060ω (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) = 140/(s(s + 4)). Encontre a frequência de cruzamento de ganho ωc, onde |L(jω)| = 1.

L(s) = 140/(s(s + 4))
ωc = rad/s

3Soluções

1.Números complexos

Resposta: θ = 135 °

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| = 5 · 0,5 = 2,5
θ = 70° + 65° = 135°

Argumento

θ = 135°

Resposta

θ = 135°
2.Números complexos

Resposta: r = 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.

Par conjugado

z₂ = −3 − j3
(z − z₁)(z − z₂) = z² − 2·(−3)·z + ((−3)² + 3²) = z² + 6z + 18

Fatore o trinômio quadrático

z³ + z² − 12z − 90 = (z² + 6z + 18)(z − 5)

Raiz real

r = 5

Resposta

r = 5

Confira com a soma das raízes: z₁ + z₂ + r = −6 + 5 = −1 = −(1).

3.Impedância CA e fasores

Resposta: I = 0,7113 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|.

Reatância

XL = ωL = 2π·50·0,1 = 31,42 Ω

Correntes de ramo

Os dois ramos estão ligados diretamente à fonte, então cada um recebe a tensão total V.

IR = V/R = 12/20 = 0,6 A
IX = V/XL = 12/31,42 = 0,382 A

Corrente total

A corrente do resistor está em fase com V e a corrente reativa está defasada de 90°, então se somam como os lados de um triângulo retângulo.

I = √(IR² + IX²) = √(0,6² + 0,382²) = 0,7113 A

Resposta

I = 0,7113 A
4.Impedância CA e fasores

Resposta: I = 0,02706 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·500 = 3142 rad/s
XL = ωL = 3142·0,15 = 471,2 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(3142·10·10⁻⁶) = 31,83 Ω

Impedância

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(60² + (439,4)²) = 443,5 Ω

Corrente

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

I = V/|Z| = 12/443,5 = 0,02706 A

Resposta

I = 0,02706 A
5.Potência CA e fator de potência

Resposta: R = 11,5 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 = 1656/12² = 11,5 Ω

Resposta

R = 11,5 Ω
6.Potência CA e fator de potência

Resposta: QC = 30,55 kvar

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 = 45·tan(41,41°) = 39,69 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 45·tan(11,48°) = 9,138 kvar
QC = Q1 − Q2 = 30,55 kvar

Resposta

QC = 30,55 kvar
7.Ressonância LC, fator Q e largura de banda

Resposta: WL = 3,797 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 × 10⁻⁷·9² = 4,05 × 10⁻⁶ J

Energia que resta no capacitor

½·1 × 10⁻⁷·2,25² = 2,531 × 10⁻⁷ J

Energia no indutor

WL = 3,797 × 10⁻⁶ J = 3,797 µJ

Resposta

WL = 3,797 µJ
8.Ressonância LC, fator Q e largura de banda

Resposta: Q = 10,49

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 = √(5000·5500) = 5244 Hz

Largura de banda

BW = 5500 − 5000 = 500 Hz

Fator de qualidade

Q = 5244/500 = 10,49

Resposta

Q = 10,49
9.Potência trifásica

Resposta: IL = 76,5 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 = 45/0,93 = 48,39 kW

Corrente de linha

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 48387/(√3·415·0,88) = 76,5 A

Resposta

IL = 76,5 A
10.Potência trifásica

Resposta: QC = 39,85 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 = 150·tan(acos 0,8) = 150·0,75 = 112,5 kvar
Q2 = 150·tan(acos 0,9) = 150·0,4843 = 72,65 kvar

Potência reativa dos capacitores

QC = Q1 − Q2 = 39,85 kvar

Resposta

QC = 39,85 kvar
11.Transitórios RC e RL

Resposta: i = 0,4503 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 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 = 22 mH / 47 Ω = 0,4681 ms
i(∞) = Vs/R = 24/47 = 0,5106 A

Corrente no instante dado

i(t) = i(∞)·(1 − e−t/τ) = 0,5106·(1 − e−1/0,4681) = 0,4503 A

Resposta

i = 0,4503 A
12.Transitórios RC e RL

Resposta: C = 14,12 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

9,6 = 12·(1 − e−500/τ) → τ = 500/ln(12/(12 − 9,6))
τ = 500/1,609 = 310,7 ms

Capacitância

kΩ vezes µF dá milissegundos.

C = τ/R = 310,7/22 = 14,12 µF

Resposta

C = 14,12 µF
13.Thévenin e Norton

Resposta: Vth = 23,68 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​ = 4 ΩR3​ = 15 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 = 4·15/(4+15) = 3,158 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,158 + 15 = 18,16 Ω
R1​ = 4 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​30 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) = 30·15/(4+15) = 23,68 V
14.Thévenin e Norton

Resposta: IL = 3,576 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​ = 8 ΩR3​ = 2 ΩCURTOR2​2 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 = 8·2/(8+2) = 1,6 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,6 + 2 = 3,6 Ω
R1​ = 8 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​10 VR2​2 ΩAIs​6 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) = 2 + 6·1,6 = 11,6 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 11,6 + 6·2 = 23,6 V
Rth​ = 3,6 Ω+−Vth​23,6 VRL​3 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) = 23,6/(3,6 + 3) = 3,576 A
15.Diagramas de Bode e margens

Resposta: ∠G(jω) = −91,3 °

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(3/17) − 90° − atan(3/15) = 10,01° − 90° − 11,31°

Resultado

∠G(j3) = −91,3°

Resposta

∠G(jω) = −91,3°
16.Diagramas de Bode e margens

Resposta: ωc = 11,5 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 ganho

ω⁴ + 16ω² − 19600 = 0
ω² = (−16 + √(256 + 4·19600))/2 = 132,2
ωc = 11,5 rad/s

Resposta

ωc = 11,5 rad/s

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