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 = 3∠30° e z₂ = 2∠20°, encontre a parte imaginária de w = z₁·z₂.

z₁ = 3∠30°z₂ = 2∠20°
Im(w) =
2.Números complexosDifícil
ReIm11−1−122−2−233−3−3z₀z₁z₂

As raízes de zⁿ = w com n = 3 e w = 27∠90° são zk = R1/n∠((φ + 360°·k)/n), k = 0, 1, 2. Encontre a parte imaginária de z₂.

w = 27∠90°n = 3k = 2
Im(z₂) =
3.Impedância CA e fasoresMédia
100 V500 HzR = 60 ΩL = 150 mHC = 22 µF

Um circuito RLC série está ligado a uma fonte de 100 V (rms), 500 Hz. Encontre o ângulo de fase φ da impedância, em graus (positivo quando a corrente está atrasada em relação à tensão).

V = 100 V (rms)f = 500 HzR = 60 ΩL = 150 mHC = 22 µF
φ = °
4.Impedância CA e fasoresDifícil
120 V60 HzR = 100 ΩL = 250 mHC = 2,2 µF+−VC​

Um circuito RLC série está ligado a uma fonte de 120 V (rms), 60 Hz. Encontre a tensão rms VC no capacitor.

V = 120 V (rms)f = 60 HzR = 100 ΩL = 250 mHC = 2,2 µF
VC = V
5.Potência CA e fator de potênciaMédia
120 VZ15 + j20 ΩI

Uma carga com impedância Z = 15 + j20 Ω está ligada a uma fonte monofásica de 120 V (eficaz). Encontre a potência aparente S.

V = 120 VZ = 15 + j20 Ω
S = VA
6.Potência CA e fator de potênciaDifícil
P = 35 kWQ1​S1​φ1​QC​

Uma carga monofásica consome 35 kW com fator de potência 0,75 indutivo de uma fonte de 240 V, 50 Hz. Um capacitor ligado em paralelo eleva o fator de potência para 0,95. Encontre a capacitância C necessária.

P = 35 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,95V = 240 Vf = 50 Hz
C = µF
7.Ressonância LC, fator Q e largura de bandaMédia
tvC​iL​T/4 = ?T/2TL = 220 µHC = 47 nF

Em um circuito LC ideal com L = 220 µH e C = 47 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 = 220 µHC = 47 nF
t = µs
8.Ressonância LC, fator Q e largura de bandaDifícil
V50 ΩLC = ?

Projete um filtro RLC série com resistência total de 50 Ω, frequência de ressonância de 20 kHz e largura de banda de 800 Hz. Encontre a capacitância C em nF.

R = 50 Ωf0 = 20 kHzBW = 800 Hz
C = nF
9.Potência trifásicaMédia
ABCVL​ = 415 VNZ = 12 + j5 Ωpor fase

Uma carga equilibrada ligada em Y com impedância de 12 + j5 Ω por fase está ligada a uma alimentação trifásica equilibrada com tensão de linha de 415 V. Encontre a potência ativa total P absorvida pela carga em kW.

VL = 415 VZ = 12 + j5 Ω por fase
P = kW
10.Potência trifásicaDifícil
P = 300 kWφ1​S1​Q2​QC​

Uma carga trifásica equilibrada consome 300 kW com fator de potência 0,65 indutivo de uma alimentação de 415 V (tensão de linha), 50 Hz. Um banco de capacitores trifásico em paralelo com a carga deve elevar o fator de potência total para 0,98 indutivo. A potência ativa permanece a mesma. Os capacitores estão ligados em Δ. Encontre a capacitância Cph de cada capacitor em µF.

P = 300 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,98VL = 415 Vf = 50 Hz
Cph = µF
11.Transitórios RC e RLMédia
+−Vs​9 Vt = 0R = 20 ΩL33 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 80% do seu valor final? Encontre t.

Vs = 9 VR = 20 ΩL = 33 mH
t = ms
12.Transitórios RC e RLDifícil
+−Vs​24 Vabre em t = 0R1​ = 10 kΩR2​ = 10 kΩC220 µF+−vC​

A chave está fechada há muito tempo, então o circuito está em regime permanente. Em t = 0 a chave abre. Encontre a tensão no capacitor vC em t = 750 ms.

Vs = 24 VR1 = 10 kΩR2 = 10 kΩC = 220 µFt = 750 ms
vC = V
13.Thévenin e NortonMédia
R1​ = 15 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​18 VR2​4 ΩAab

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

V1 = 18 VR1 = 15 ΩR2 = 4 ΩR3 = 2 Ω
Vth = V
14.Thévenin e NortonDifícil
R1​ = 25 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​30 VR2​10 ΩAIs​2 ABab

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

V1 = 30 VIs = 2 AR1 = 25 ΩR2 = 10 ΩR3 = 25 Ω
IN = A
15.Diagramas de Bode e margensMédia
vin​L = 100 mHC = 10 µFR = 20 Ωvout​

No filtro passa-faixa RLC série mostrado, a saída é tomada sobre R = 20 Ω, com L = 100 mH e C = 10 µF. Encontre a frequência central (de ressonância) f0 em Hz.

R = 20 ΩL = 100 mHC = 10 µF
f0 = Hz
16.Diagramas de Bode e margensDifícil
|H| (dB)0,010,010,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (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) = 3,6/(s(s + 4)). Encontre a frequência de cruzamento de ganho ωc, onde |L(jω)| = 1.

L(s) = 3,6/(s(s + 4))
ωc = rad/s

3Soluções

1.Números complexos

Resposta: Im(w) = 4,596

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| = 3 · 2 = 6
θ = 30° + 20° = 50°

Forma retangular

Re(w) = 6·cos(50°) = 3,857
Im(w) = 6·sin(50°) = 4,596
Im(w) = 4,596

Resposta

Im(w) = 4,596
2.Números complexos

Resposta: Im(z₂) = −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.

Módulo das raízes

271/3 = 3

Argumento da raiz

θ₂ = (90° + 360°·2)/3 = 270° → −90°

Forma retangular

z₂ = 3·(cos −90° + j sin −90°) = −j3
Im(z₂) = −3

Resposta

Im(z₂) = −3

As 3 raízes ficam sobre a circunferência de raio 3, separadas por 120°.

3.Impedância CA e fasores

Resposta: φ = 82,52 °

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/(3142·22·10⁻⁶) = 14,47 Ω

Impedância

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(60² + (456,8)²) = 460,7 Ω

Ângulo de fase

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(456,8/60) = 82,52°

Resposta

φ = 82,52°
4.Impedância CA e fasores

Resposta: VC = 129,7 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·60 = 377 rad/s
XL = ωL = 377·0,25 = 94,25 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(377·2,2·10⁻⁶) = 1206 Ω

Impedância

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(100² + (−1111)²) = 1116 Ω

Corrente

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

I = V/|Z| = 120/1116 = 0,1075 A

Tensão no capacitor

VC = I·XC = 0,1075·1206 = 129,7 V

Resposta

VC = 129,7 V
5.Potência CA e fator de potência

Resposta: S = 576 VA

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.

Corrente

|Z| = √(15² + 20²) = 25 Ω
I = V/|Z| = 120/25 = 4,8 A

Potência aparente

S = V·I = 120·4,8 = 576 VA

Resposta

S = 576 VA
6.Potência CA e fator de potência

Resposta: C = 1070 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 = 35·tan(41,41°) = 30,87 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 35·tan(18,19°) = 11,5 kvar
QC = Q1 − Q2 = 19,36 kvar

Capacitância

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

C = QC/(2πf·V²) = 19363/(2π·50·240²) = 1070 µF

Resposta

C = 1070 µF
7.Ressonância LC, fator Q e largura de banda

Resposta: t = 5,051 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√(0,00022·4,7 × 10⁻⁸) = 20,2 µs

Quarto de período

t = T/4 = 5,051 µs

Resposta

t = 5,051 µs
8.Ressonância LC, fator Q e largura de banda

Resposta: C = 6,366 nF

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).

Indutância a partir da largura de banda

L = R/(2π·BW) = 50/(2π·800) = 0,009947 H

Capacitância a partir da frequência de ressonância

C = 1/((2π·20000)²·0,009947) = 6,366 × 10⁻⁹ F = 6,366 nF

Resposta

C = 6,366 nF

Q = f₀/BW = 25.

9.Potência trifásica

Resposta: P = 12,23 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 = 415/√3 = 239,6 V

Corrente de fase

|Z| = √(12² + 5²) = 13 Ω
Iph = 239,6/13 = 18,43 A

Potência ativa total

Só a parte resistiva de cada impedância absorve potência ativa.

P = 3·Iph²·R = 3·18,43²·12 = 12,23 kW

Resposta

P = 12,23 kW

Verificação: cos φ = R/|Z| = 0,9231, e √3·VL·IL·cos φ dá a mesma potência.

10.Potência trifásica

Resposta: Cph = 1786 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 = 300·tan(acos 0,65) = 300·1,169 = 350,7 kvar
Q2 = 300·tan(acos 0,98) = 300·0,2031 = 60,92 kvar

Potência reativa dos capacitores

QC = Q1 − Q2 = 289,8 kvar

Capacitância por fase

Em um banco em Δ cada capacitor está ligado entre duas linhas.

V = 415 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 96607/(314,2·415²) = 1786 µF

Resposta

Cph = 1786 µF
11.Transitórios RC e RL

Resposta: t = 2,656 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 = 33 mH / 20 Ω = 1,65 ms
i(∞) = Vs/R = 9/20 = 0,45 A

Resolva para o tempo

0,8 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,8)
t = −1,65·ln(0,2) = 2,656 ms

Resposta

t = 2,656 ms
12.Transitórios RC e RL

Resposta: vC = 8,533 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.

Tensão inicial do capacitor

Em regime permanente o capacitor é um circuito aberto, então R₁ e R₂ formam um divisor de tensão. A tensão do capacitor não pode saltar quando a chave abre.

vC(0) = 24·10/(10 + 10) = 12 V

Constante de tempo após a abertura da chave

τ = R2·C = 10·220 = 2200 ms

Descarga

vC(t) = 12·e−750/2200 = 8,533 V

Resposta

vC = 8,533 V
13.Thévenin e Norton

Resposta: Vth = 3,789 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​ = 2 ΩCURTOR2​4 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 = 15·4/(15+4) = 3,158 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,158 + 2 = 5,158 Ω
R1​ = 15 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​18 VR2​4 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) = 18·4/(15+4) = 3,789 V
14.Thévenin e Norton

Resposta: IN = −1,733 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​ = 25 ΩR3​ = 25 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 = 25·10/(25+10) = 7,143 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 7,143 + 25 = 32,14 Ω
R1​ = 25 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​30 VR2​10 ΩAIs​2 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) = 8,571 + (−2)·7,143 = −5,714 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −5,714 + (−2)·25 = −55,71 V
IN​1,733 ARth​32,14 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 = −55,71/32,14 = −1,733 A
15.Diagramas de Bode e margens

Resposta: f0 = 159,2 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 × 10⁻⁵) = 1000 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 159,2 Hz

Resposta

f0 = 159,2 Hz
16.Diagramas de Bode e margens

Resposta: ωc = 0,879 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 − 12,96 = 0
ω² = (−16 + √(256 + 4·12,96))/2 = 0,7727
ωc = 0,879 rad/s

Resposta

ωc = 0,879 rad/s

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