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

Escreva z = 10∠125° na forma retangular a + jb e dê a parte imaginária b.

r = 10θ = 125°
b =
2.Números complexosDifícil
ReIm11−1−122−2−233−3−3z₁z₂

Uma raiz de z³ + 5z² + 4z − 10 = 0 é z₁ = −3 + j. Os coeficientes são reais. Encontre a raiz real r.

z₁ = −3 + j
r =
3.Impedância CA e fasoresMédia
Vf0​ = 1000 HzRL = ?C = 0,22 µF

Um circuito RLC série com C = 0,22 µF deve ressoar a 1000 Hz. Encontre a indutância L necessária.

f0 = 1000 HzC = 0,22 µF
L = mH
4.Impedância CA e fasoresDifícil
VfR = 10 ΩL = 2 mHC = 0,1 µF

Um circuito RLC série tem R = 10 Ω, L = 2 mH e C = 0,1 µF. Encontre seu fator de qualidade Q na ressonância.

R = 10 ΩL = 2 mHC = 0,1 µF
Q =
5.Potência CA e fator de potênciaMédia
400 V15 kW, 0,7529 kW, 0,95I

Duas cargas estão ligadas em paralelo a uma fonte monofásica de 400 V: uma carga de 5 kW com fator de potência 0,75 indutivo e uma carga de 9 kW com fator de potência 0,95 indutivo. Encontre o fator de potência global cos φ visto pela fonte.

V = 400 VP1 = 5 kW, pf1 = 0,75 indutivoP2 = 9 kW, pf2 = 0,95 indutivo
cos φ =
6.Potência CA e fator de potênciaDifícil
P = 50 kWQ1​S1​φ1​QC​

Uma carga monofásica consome 50 kW com fator de potência 0,7 indutivo de uma fonte de 400 V, 50 Hz. Um capacitor ligado em paralelo eleva o fator de potência para 0,95. Encontre a nova corrente de linha Inew.

P = 50 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,95V = 400 Vf = 50 Hz
Inew = A
7.Ressonância LC, fator Q e largura de bandaMédia
tvC​iL​T/4 = ?T/2TL = 2,2 mHC = 10 nF

Em um circuito LC ideal com L = 2,2 mH e C = 10 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 = 2,2 mHC = 10 nF
t = µs
8.Ressonância LC, fator Q e largura de bandaDifícil
VR = ?100 µHC

Um circuito ressonante série usa um indutor de 100 µH. Que resistência série total R dá uma largura de banda de 500 Hz?

L = 100 µHBW = 500 Hz
R = Ω
9.Potência trifásicaMédia
ABCVL​ = 208 VIL​ = 75 Acos φ = 0,9indutivo

Uma carga trifásica equilibrada consome uma corrente de linha de 75 A de uma alimentação com tensão de linha de 208 V. O fator de potência é 0,9 indutivo. Encontre a potência ativa total P consumida pela carga em kW.

VL = 208 VIL = 75 Acos φ = 0,9
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 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 0,95 indutivo. A potência ativa permanece a mesma. Encontre a potência reativa total QC que o banco de capacitores deve fornecer, em kvar.

P = 100 kWpf1 = 0,78pf2 = 0,95VL = 415 Vf = 60 Hz
QC = kvar
11.Transitórios RC e RLMédia
+−Vs​12 Vt = 0R = 22 ΩL10 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 = 22 ΩL = 10 mH
t = ms
12.Transitórios RC e RLDifícil
+−Vs​10 Vt = 0R = 1 kΩC68 µF+−vC​vC​(0) = 30 V

Logo antes de a chave fechar em t = 0, o capacitor tem 30 V com a polaridade indicada. Quanto tempo leva para vC chegar a 20 V? Encontre t.

Vs = 10 VR = 1 kΩC = 68 µFvC(0) = 30 V
t = ms
13.Thévenin e NortonMédia
R1​ = 5 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​9 VR2​15 ΩAab

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

V1 = 9 VR1 = 5 ΩR2 = 15 ΩR3 = 8 Ω
IN = A
14.Thévenin e NortonDifícil
R1​ = 12 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​30 VR2​10 ΩAIs​5 ABab

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

V1 = 30 VIs = 5 AR1 = 12 ΩR2 = 10 ΩR3 = 30 Ω
IN = A
15.Diagramas de Bode e margensMédia
|H| (dB)0,010,010,10,1111010100100−20020406080ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 0,5

Encontre a fase ∠G(jω) de G(s) = 36(s + 4)/(s(s + 2)) em ω = 0,5 rad/s, em graus.

G(s) = 36(s + 4)/(s(s + 2))ω = 0,5 rad/s
∠G(jω) = °
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) = 386/(s(s + 6)(s + 7)). Encontre a frequência de cruzamento de fase ω180, onde ∠L(jω) = −180°.

L(s) = 386/(s(s + 6)(s + 7))
ω180 = rad/s

3Soluções

1.Números complexos

Resposta: b = 8,192

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 = 10·cos(125°) = −5,736
b = 10·sin(125°) = 8,192

Forma retangular

z = −5,736 + j8,192
b = 8,192

Resposta

b = 8,192
2.Números complexos

Resposta: r = 1

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 − j
(z − z₁)(z − z₂) = z² − 2·(−3)·z + ((−3)² + 1²) = z² + 6z + 10

Fatore o trinômio quadrático

z³ + 5z² + 4z − 10 = (z² + 6z + 10)(z − 1)

Raiz real

r = 1

Resposta

r = 1

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

3.Impedância CA e fasores

Resposta: L = 115,1 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/(6283²·0,22·10⁻⁶) = 115,1 mH

Resposta

L = 115,1 mH
4.Impedância CA e fasores

Resposta: Q = 14,14

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|.

Frequência de ressonância

f0 = 1/(2π·√(0,002·0,1·10⁻⁶)) = 11254 Hz

Fator de qualidade

Q compara a reatância na ressonância com a resistência: Q = ω₀L/R.

Q = (1/R)·√(L/C) = (1/10)·√(0,002/(0,1·10⁻⁶)) = 14,14

Resposta

Q = 14,14
5.Potência CA e fator de potência

Resposta: cos φ = 0,8849

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 = 5·tan(arccos 0,75) = 4,41 kvar
Q2 = 9·tan(arccos 0,95) = 2,958 kvar

Totais

P = 5 + 9 = 14 kW
Q = 4,41 + 2,958 = 7,368 kvar
S = √(14² + 7,368²) = 15,82 kVA

Fator de potência global

cos φ = P/S = 14/15,82 = 0,8849 indutivo

Resposta

cos φ = 0,8849
6.Potência CA e fator de potência

Resposta: Inew = 131,6 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 = 50·tan(45,57°) = 51,01 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 50·tan(18,19°) = 16,43 kvar
QC = Q1 − Q2 = 34,58 kvar

Nova corrente de linha

Inew = P/(V·cos φ2) = 50000/(400·0,95) = 131,6 A

Resposta

Inew = 131,6 A
7.Ressonância LC, fator Q e largura de banda

Resposta: t = 7,368 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√(0,0022·1 × 10⁻⁸) = 29,47 µs

Quarto de período

t = T/4 = 7,368 µs

Resposta

t = 7,368 µs
8.Ressonância LC, fator Q e largura de banda

Resposta: R = 0,3142 Ω

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).

Largura de banda em série

BW = R/(2πL)

Resistência

R = 2π·1 × 10⁻⁴·500 = 0,3142 Ω

Resposta

R = 0,3142 Ω
9.Potência trifásica

Resposta: P = 24,32 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 = √3·208·75 = 27,02 kVA

Potência ativa

P = S·cos φ = 27,02·0,9 = 24,32 kW

Resposta

P = 24,32 kW
10.Potência trifásica

Resposta: QC = 47,36 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 = 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

Resposta

QC = 47,36 kvar
11.Transitórios RC e RL

Resposta: t = 0,6301 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 = 10 mH / 22 Ω = 0,4545 ms
i(∞) = Vs/R = 12/22 = 0,5455 A

Resolva para o tempo

0,75 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,75)
t = −0,4545·ln(0,25) = 0,6301 ms

Resposta

t = 0,6301 ms
12.Transitórios RC e RL

Resposta: t = 47,13 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) = 30 V, vC(∞) = Vs = 10 V
τ = R·C = 1 kΩ · 68 µF = 68 ms
vC(t) = 10 + (30 − 10)·e−t/τ

Resolva para o tempo

20 = 10 + (20)·e−t/τ → e−t/τ = (20 − 10)/(30 − 10) = 0,5
t = τ·ln((30 − 10)/(20 − 10)) = 68·ln(2) = 47,13 ms

Resposta

t = 47,13 ms
13.Thévenin e Norton

Resposta: IN = 0,5745 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​ = 5 ΩR3​ = 8 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 = 5·15/(5+15) = 3,75 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,75 + 8 = 11,75 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 8 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/(5+15) = 6,75 V
IN​0,5745 ARth​11,75 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 = 6,75/11,75 = 0,5745 A
14.Thévenin e Norton

Resposta: IN = 5,385 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​ = 30 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 = 12·10/(12+10) = 5,455 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5,455 + 30 = 35,45 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​30 VR2​10 ΩAIs​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) = 13,64 + 5·5,455 = 40,91 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 40,91 + 5·30 = 190,9 V
IN​5,385 ARth​35,45 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 = 190,9/35,45 = 5,385 A
15.Diagramas de Bode e margens

Resposta: ∠G(jω) = −96,91 °

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(0,5/4) − 90° − atan(0,5/2) = 7,125° − 90° − 14,04°

Resultado

∠G(j0,5) = −96,91°

Resposta

∠G(jω) = −96,91°
16.Diagramas de Bode e margens

Resposta: ω180 = 6,481 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/6)·(ω/7) = 1 → ω180 = √(6·7) = 6,481 rad/s

Resposta

ω180 = 6,481 rad/s

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