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
ReIm11−1−122−2−2θz

Escreva z = 3∠140° na forma retangular a + jb e dê a parte real a.

r = 3θ = 140°
a =
2.Números complexosDifícil
ReIm22−2−244−4−4z₁z₂

Uma raiz de z³ − 7z² + 17z + 25 = 0 é z₁ = 4 + j3. Os coeficientes são reais. Encontre a raiz real r.

z₁ = 4 + j3
r =
3.Impedância CA e fasoresMédia
230 V200 HzR = 15 ΩL = 250 mHC = 10 µF

Um circuito RLC série está ligado a uma fonte de 230 V (rms), 200 Hz. Encontre o ângulo de fase φ da impedância, em graus (positivo quando a corrente está atrasada em relação à tensão).

V = 230 V (rms)f = 200 HzR = 15 ΩL = 250 mHC = 10 µF
φ = °
4.Impedância CA e fasoresDifícil
10 V200 HzR = 20 ΩL = 250 mHC = 47 µF+−VC​

Um circuito RLC série está ligado a uma fonte de 10 V (rms), 200 Hz. Encontre a tensão rms VC no capacitor.

V = 10 V (rms)f = 200 HzR = 20 ΩL = 250 mHC = 47 µF
VC = V
5.Potência CA e fator de potênciaMédia
P = 40 kWQ = ?Sφ

Um motor monofásico consome 40 kW com fator de potência 0,9 indutivo de uma fonte de 240 V. Encontre a potência reativa Q que ele consome.

P = 40 kWpf = 0,9V = 240 V
Q = kvar
6.Potência CA e fator de potênciaDifícil
P = 50 kWQ1​S1​φ1​QC​

Uma carga monofásica consome 50 kW com fator de potência 0,65 indutivo de uma fonte de 240 V, 60 Hz. Um capacitor ligado em paralelo eleva o fator de potência para 0,92. Encontre a nova corrente de linha Inew.

P = 50 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,92V = 240 Vf = 60 Hz
Inew = A
7.Ressonância LC, fator Q e largura de bandaMédia
tvC​iL​T/4 = ?T/2TL = 47 µHC = 47 nF

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

Um circuito ressonante série usa um indutor de 47 µH. Que resistência série total R dá uma largura de banda de 20 kHz?

L = 47 µHBW = 20 kHz
R = Ω
9.Potência trifásicaMédia
ABCVL​ = 480 VIL​ = ?M30 kW, η = 92%cos φ = 0,8

Um motor de indução trifásico fornece 30 kW de potência mecânica de saída a plena carga. Nessa carga seu rendimento é 92% e seu fator de potência é 0,8 indutivo. A alimentação tem tensão de linha de 480 V. Encontre a corrente de linha IL.

Pout = 30 kWη = 92%cos φ = 0,8VL = 480 V
IL = A
10.Potência trifásicaDifícil
P = 100 kWφ1​S1​Q2​QC​

Uma carga trifásica equilibrada consome 100 kW com fator de potência 0,7 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 0,95 indutivo. A potência ativa permanece a mesma. Os capacitores estão ligados em Y. Encontre a capacitância Cph de cada capacitor em µF.

P = 100 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,95VL = 400 Vf = 60 Hz
Cph = µF
11.Transitórios RC e RLMédia
+−Vs​9 Vt = 0R = 15 ΩL47 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 = 9 VR = 15 ΩL = 47 mHt = 5 ms
vL = V
12.Transitórios RC e RLDifícil
+−Vs​12 Vt = 0R = ?C100 µF+−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 6 V, exatamente 10 ms após o início. Com C = 100 µF, encontre a resistência R necessária.

Vs = 12 VVth = 6 VT = 10 msC = 100 µF
R = kΩ
13.Thévenin e NortonMédia
R1​ = 5 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​9 VR2​8 ΩARL​15 ΩIL​B

Uma carga RL = 15 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 = 5 ΩR2 = 8 ΩR3 = 3 ΩRL = 15 Ω
IL = A
14.Thévenin e NortonDifícil
R1​ = 6 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​15 VR2​30 ΩAIs​5 ABRL​25 ΩIL​

Uma carga RL = 25 Ω é ligada entre a–b. Substitua o resto do circuito pelo seu equivalente de Thévenin e encontre a corrente na carga IL.

V1 = 15 VIs = 5 AR1 = 6 ΩR2 = 30 ΩR3 = 12 ΩRL = 25 Ω
IL = A
15.Diagramas de Bode e margensMédia
vin​R = 3,3 kΩC = 2,2 nFvout​

O Filtro passa-baixas RC mostrado tem R = 3,3 kΩ, C = 2,2 nF. Aplica-se uma entrada senoidal de 220 kHz. Encontre a defasagem φ de vout em relação a vin, em graus.

R = 3,3 kΩC = 2,2 nFf = 220 kHz
φ = °
16.Diagramas de Bode e margensDifícil
|H| (dB)11101010010010001000−80−60−40−2002040ω (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) = 400/(s(s + 20)). Encontre a margem de fase PM em graus.

L(s) = 400/(s(s + 20))
PM = °

3Soluções

1.Números complexos

Resposta: a = −2,298

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(140°) = −2,298
b = 3·sin(140°) = 1,928

Forma retangular

z = −2,298 + j1,928
a = −2,298

Resposta

a = −2,298
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 = 4 − j3
(z − z₁)(z − z₂) = z² − 2·4·z + (4² + 3²) = z² − 8z + 25

Fatore o trinômio quadrático

z³ − 7z² + 17z + 25 = (z² − 8z + 25)(z + 1)

Raiz real

r = −1

Resposta

r = −1

Confira com a soma das raízes: z₁ + z₂ + r = 8 + (−1) = 7 = −(−7).

3.Impedância CA e fasores

Resposta: φ = 86,34 °

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 = 1257·0,25 = 314,2 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·10·10⁻⁶) = 79,58 Ω

Impedância

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(15² + (234,6)²) = 235,1 Ω

Ângulo de fase

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(234,6/15) = 86,34°

Resposta

φ = 86,34°
4.Impedância CA e fasores

Resposta: VC = 0,5684 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 = 1257·0,25 = 314,2 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·47·10⁻⁶) = 16,93 Ω

Impedância

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(20² + (297,2)²) = 297,9 Ω

Corrente

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

I = V/|Z| = 10/297,9 = 0,03357 A

Tensão no capacitor

VC = I·XC = 0,03357·16,93 = 0,5684 V

Resposta

VC = 0,5684 V
5.Potência CA e fator de potência

Resposta: Q = 19,37 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.

Ângulo

φ = arccos(0,9) = 25,84°, tan φ = 0,4843

Potência reativa

Q = P·tan φ = 40·0,4843 = 19,37 kvar

Resposta

Q = 19,37 kvar
6.Potência CA e fator de potência

Resposta: Inew = 226,4 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(49,46°) = 58,46 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 50·tan(23,07°) = 21,3 kvar
QC = Q1 − Q2 = 37,16 kvar

Nova corrente de linha

Inew = P/(V·cos φ2) = 50000/(240·0,92) = 226,4 A

Resposta

Inew = 226,4 A
7.Ressonância LC, fator Q e largura de banda

Resposta: t = 2,335 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√(4,7 × 10⁻⁵·4,7 × 10⁻⁸) = 9,339 µs

Quarto de período

t = T/4 = 2,335 µs

Resposta

t = 2,335 µs
8.Ressonância LC, fator Q e largura de banda

Resposta: R = 5,906 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·4,7 × 10⁻⁵·20000 = 5,906 Ω

Resposta

R = 5,906 Ω
9.Potência trifásica

Resposta: IL = 49,03 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 = 30/0,92 = 32,61 kW

Corrente de linha

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 32609/(√3·480·0,8) = 49,03 A

Resposta

IL = 49,03 A
10.Potência trifásica

Resposta: Cph = 1146 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 = 100·tan(acos 0,7) = 100·1,02 = 102 kvar
Q2 = 100·tan(acos 0,95) = 100·0,3287 = 32,87 kvar

Potência reativa dos capacitores

QC = Q1 − Q2 = 69,15 kvar

Capacitância por fase

Em um banco em Y cada capacitor está ligado entre uma linha e o centro da estrela.

V = 400/√3 = 230,9 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 23051/(377·230,9²) = 1146 µF

Resposta

Cph = 1146 µF
11.Transitórios RC e RL

Resposta: vL = 1,825 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 = 47 mH / 15 Ω = 3,133 ms
i(∞) = Vs/R = 9/15 = 0,6 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 = 9·e−5/3,133 = 1,825 V

Resposta

vL = 1,825 V
12.Transitórios RC e RL

Resposta: R = 0,1443 kΩ

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

6 = 12·(1 − e−10/τ) → τ = 10/ln(12/(12 − 6))
τ = 10/0,6931 = 14,43 ms

Resistência

kΩ vezes µF dá milissegundos.

R = τ/C = 14,43/100 = 0,1443 kΩ

Resposta

R = 0,1443 kΩ
13.Thévenin e Norton

Resposta: IL = 0,2628 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​ = 3 ΩCURTOR2​8 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 = 5·8/(5+8) = 3,077 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,077 + 3 = 6,077 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​9 VR2​8 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) = 9·8/(5+8) = 5,538 V
Rth​ = 6,077 Ω+−Vth​5,538 VRL​15 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) = 5,538/(6,077 + 15) = 0,2628 A
14.Thévenin e Norton

Resposta: IL = 2,321 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​ = 6 ΩR3​ = 12 ΩCURTOR2​30 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 = 6·30/(6+30) = 5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5 + 12 = 17 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​15 VR2​30 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) = 12,5 + 5·5 = 37,5 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 37,5 + 5·12 = 97,5 V
Rth​ = 17 Ω+−Vth​97,5 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) = 97,5/(17 + 25) = 2,321 A
15.Diagramas de Bode e margens

Resposta: φ = −84,31 °

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 = 1/(RC) = 1/(3300·2,2 × 10⁻⁹) = 137741 rad/s
fc = 21922 Hz → f/fc = 220000/21922 = 10,04

Fase

φ = − atan(10,04) = −84,31°

Resposta

φ = −84,31°
16.Diagramas de Bode e margens

Resposta: PM = 51,83 °

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 + 400ω² − 160000 = 0
ω² = (−400 + √(160000 + 4·160000))/2 = 247,2
ωc = 15,72 rad/s

Margem de fase

∠L(jωc) = −90° − atan(15,72/20) = −128,2°
PM = 180° + ∠L = 51,83°

Resposta

PM = 51,83°

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