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
ReIm0,50,5−0,5−0,511−1−11,51,5−1,5−1,5θz

Escreva z = 2∠140° na forma retangular a + jb e dê a parte real a.

r = 2θ = 140°
a =
2.Números complexosDifícil
ReIm11−1−122−2−2ABCD

Exatamente um dos pontos A–D é uma raiz de z³ = 8∠60°. Clique nele.

w = 8∠60°n = 3
  1. 1A (1∠20°)
  2. 2B (2∠50°)
  3. 3C (2∠20°)
  4. 4D (2∠−160°)
3.Impedância CA e fasoresMédia
50 V200 HzR = 20 ΩL = 50 mHC = 100 µFI

Um circuito RLC série está ligado a uma fonte de 50 V (rms), 200 Hz. Encontre a corrente rms I.

V = 50 V (rms)f = 200 HzR = 20 ΩL = 50 mHC = 100 µF
I = A
4.Impedância CA e fasoresDifícil
100 V200 HzR = 60 ΩL = 250 mHC = 2,2 µF+−VC​

Um circuito RLC série está ligado a uma fonte de 100 V (rms), 200 Hz. Encontre a tensão rms VC no capacitor.

V = 100 V (rms)f = 200 HzR = 60 ΩL = 250 mHC = 2,2 µF
VC = V
5.Potência CA e fator de potênciaMédia
230 V19 kW, 0,6529 kW, 1I = ?

Duas cargas estão ligadas em paralelo a uma fonte monofásica de 230 V: uma carga de 9 kW com fator de potência 0,65 indutivo e um aquecedor de 9 kW (fator de potência unitário). Encontre a corrente total I absorvida da fonte.

V = 230 VP1 = 9 kW, pf1 = 0,65 indutivoP2 = 9 kW, pf2 = 1
I = A
6.Potência CA e fator de potênciaDifícil
P1​ = 25 kWQ1​S1​φ

Um transformador monofásico de 50 kVA alimenta uma carga de 25 kW com fator de potência 0,85 indutivo. Quanta potência ativa adicional ΔP pode ser acrescentada como carga resistiva (fator de potência unitário) antes que o transformador atinja sua potência nominal em kVA?

Smax = 50 kVAP1 = 25 kWpf1 = 0,85
ΔP = kW
7.Ressonância LC, fator Q e largura de bandaMédia
tvC​iL​T/4 = ?T/2TL = 100 mHC = 470 pF

Em um circuito LC ideal com L = 100 mH e C = 470 pF, o capacitor está totalmente carregado em t = 0. Quanto tempo leva até que toda a energia esteja no indutor? Dê t em µs.

L = 100 mHC = 470 pF
t = µs
8.Ressonância LC, fator Q e largura de bandaDifícil
V2 Ω2,2 mH10 µF50 mA

Um circuito RLC série (R = 2 Ω, L = 2,2 mH, C = 10 µF) é excitado na ressonância com uma amplitude de corrente de 50 mA. Encontre a energia Ecycle dissipada em R durante um ciclo, em µJ.

R = 2 ΩL = 2,2 mHC = 10 µFIm = 50 mA
Ecycle = µJ
9.Potência trifásicaMédia
ABCVL​ = 415 VZ = 24 + j7 Ωpor fase

Uma carga equilibrada ligada em Δ com impedância de 24 + j7 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 = 24 + j7 Ω por fase
P = kW
10.Potência trifásicaDifícil
P = 50 kWφ1​S1​Q2​QC​

Uma carga trifásica equilibrada consome 50 kW com fator de potência 0,72 indutivo de uma alimentação de 690 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 Y. Encontre a capacitância Cph de cada capacitor em µF.

P = 50 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,98VL = 690 Vf = 50 Hz
Cph = µF
11.Transitórios RC e RLMédia
R = 68 Ωt = 0L100 mHi(t)

O indutor conduz uma corrente constante de 0,5 A. Em t = 0 a chave fecha a malha por R e a fonte é retirada, então a corrente do indutor decai por R. Quanto tempo leva para a corrente cair até 0,05 A? Encontre t.

i(0) = 0,5 AR = 68 ΩL = 100 mH
t = ms
12.Transitórios RC e RLDifícil
+−Vs​15 Vt = 0R = 1 kΩC220 µF+−vC​vC​(0) = 20 V

Logo antes de a chave fechar em t = 0, o capacitor tem 20 V com a polaridade indicada. Quanto tempo leva para vC chegar a 17 V? Encontre t.

Vs = 15 VR = 1 kΩC = 220 µFvC(0) = 20 V
t = ms
13.Thévenin e NortonMédia
R1​ = 4 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​9 VR2​3 ΩAab

Encontre a resistência de Thévenin Rth vista dos terminais a–b.

V1 = 9 VR1 = 4 ΩR2 = 3 ΩR3 = 5 Ω
Rth = Ω
14.Thévenin e NortonDifícil
R1​ = 20 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​36 VR2​5 ΩAIs​2 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 = 36 VIs = 2 AR1 = 20 ΩR2 = 5 ΩR3 = 12 ΩRL = 25 Ω
IL = A
15.Diagramas de Bode e margensMédia
vin​L = 100 mHR = 22 Ωvout​

O Filtro passa-baixas RL mostrado tem R = 22 Ω, L = 100 mH. Aplica-se uma entrada senoidal de 110 Hz. Encontre o ganho |H| = |vout/vin| em dB.

R = 22 ΩL = 100 mHf = 110 Hz
|H| = dB
16.Diagramas de Bode e margensDifícil
|H| (dB)0,10,1111010100100−100−80−60−40−20020ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Uma malha com realimentação unitária tem a função de transferência de malha aberta L(s) = 2/(s(s + 1)(s + 3)). Encontre a margem de ganho GM em dB.

L(s) = 2/(s(s + 1)(s + 3))
GM = dB

3Soluções

1.Números complexos

Resposta: a = −1,532

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 = 2·cos(140°) = −1,532
b = 2·sin(140°) = 1,286

Forma retangular

z = −1,532 + j1,286
a = −1,532

Resposta

a = −1,532
2.Números complexos

Resposta: C (2∠20°)

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| = 2
θ = 20°, 140°, −100°

O ponto

C = 2∠20°

Resposta

C (2∠20°)
3.Impedância CA e fasores

Resposta: I = 0,8561 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·200 = 1257 rad/s
XL = ωL = 1257·0,05 = 62,83 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·100·10⁻⁶) = 7,958 Ω

Impedância

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(20² + (54,87)²) = 58,41 Ω

Corrente

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

I = V/|Z| = 50/58,41 = 0,8561 A

Resposta

I = 0,8561 A
4.Impedância CA e fasores

Resposta: VC = 472,5 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/(1257·2,2·10⁻⁶) = 361,7 Ω

Impedância

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(60² + (−47,56)²) = 76,56 Ω

Corrente

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

I = V/|Z| = 100/76,56 = 1,306 A

Tensão no capacitor

VC = I·XC = 1,306·361,7 = 472,5 V

Resposta

VC = 472,5 V
5.Potência CA e fator de potência

Resposta: I = 90,65 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 de cada carga

Uma carga indutiva consome potência reativa (Q > 0); uma carga capacitiva a fornece (Q < 0).

Q1 = 9·tan(arccos 0,65) = 10,52 kvar
Q2 = 0 = 0 kvar

Totais

P = 9 + 9 = 18 kW
Q = 10,52 + 0 = 10,52 kvar
S = √(18² + 10,52²) = 20,85 kVA

Corrente total

I = S/V = 20850/230 = 90,65 A

Resposta

I = 90,65 A
6.Potência CA e fator de potência

Resposta: ΔP = 22,54 kW

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 da carga existente

Q1 = 25·tan(arccos 0,85) = 15,49 kvar

Maior potência ativa total

Na potência nominal S = Smax, e Q não é alterada pela carga resistiva.

P = √(Smax² − Q1²) = √(50² − 15,49²) = 47,54 kW

Potência ativa adicional

ΔP = 47,54 − 25 = 22,54 kW

Resposta

ΔP = 22,54 kW
7.Ressonância LC, fator Q e largura de banda

Resposta: t = 10,77 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√(0,1·4,7 × 10⁻¹⁰) = 43,08 µs

Quarto de período

t = T/4 = 10,77 µs

Resposta

t = 10,77 µs
8.Ressonância LC, fator Q e largura de banda

Resposta: Ecycle = 2,33 µJ

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 = ½·0,0022·0,05² = 2,75 × 10⁻⁶ J

Fator de qualidade

Q = (1/2)·√(0,0022/1 × 10⁻⁵) = 7,416

Energia perdida por ciclo

Ecycle = 2π·W/Q = 2π·2,75 × 10⁻⁶/7,416 = 2,33 × 10⁻⁶ J = 2,33 µJ
verificação: ½·0,05²·2/1073 = 2,33 × 10⁻⁶ J

Resposta

Ecycle = 2,33 µJ
9.Potência trifásica

Resposta: P = 19,84 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 = VL = 415 V

Corrente de fase

|Z| = √(24² + 7²) = 25 Ω
Iph = 415/25 = 16,6 A

Potência ativa total

Só a parte resistiva de cada impedância absorve potência ativa.

P = 3·Iph²·R = 3·16,6²·24 = 19,84 kW

Resposta

P = 19,84 kW

Verificação: cos φ = R/|Z| = 0,96, e √3·VL·IL·cos φ dá a mesma potência.

10.Potência trifásica

Resposta: Cph = 254,3 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 = 50·tan(acos 0,72) = 50·0,9639 = 48,19 kvar
Q2 = 50·tan(acos 0,98) = 50·0,2031 = 10,15 kvar

Potência reativa dos capacitores

QC = Q1 − Q2 = 38,04 kvar

Capacitância por fase

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

V = 690/√3 = 398,4 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 12680/(314,2·398,4²) = 254,3 µF

Resposta

Cph = 254,3 µF
11.Transitórios RC e RL

Resposta: t = 3,386 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

τ = L/R = 100 mH / 68 Ω = 1,471 ms

Resolva para o tempo

0,05 = 0,5·e−t/τ → t = τ·ln(0,5/0,05)
t = 1,471·ln(10) = 3,386 ms

Resposta

t = 3,386 ms
12.Transitórios RC e RL

Resposta: t = 201,6 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) = 20 V, vC(∞) = Vs = 15 V
τ = R·C = 1 kΩ · 220 µF = 220 ms
vC(t) = 15 + (20 − 15)·e−t/τ

Resolva para o tempo

17 = 15 + (5)·e−t/τ → e−t/τ = (17 − 15)/(20 − 15) = 0,4
t = τ·ln((20 − 15)/(17 − 15)) = 220·ln(2,5) = 201,6 ms

Resposta

t = 201,6 ms
13.Thévenin e Norton

Resposta: Rth = 6,714 Ω

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​ = 5 ΩCURTOR2​3 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 = 4·3/(4+3) = 1,714 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,714 + 5 = 6,714 Ω
14.Thévenin e Norton

Resposta: IL = −0,6049 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​ = 20 ΩR3​ = 12 ΩCURTOR2​5 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 = 20·5/(20+5) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 12 = 16 Ω
R1​ = 20 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​36 VR2​5 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) = 7,2 + (−2)·4 = −0,8 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −0,8 + (−2)·12 = −24,8 V
Rth​ = 16 Ω−+Vth​24,8 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) = −24,8/(16 + 25) = −0,6049 A
15.Diagramas de Bode e margens

Resposta: |H| = −10,36 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 = 22/0,1 = 220 rad/s
fc = 35,01 Hz → f/fc = 110/35,01 = 3,142

Ganho

|H| = 1/√(1 + 3,142²) = 0,3033
20·log₁₀(0,3033) = −10,36 dB

Resposta

|H| = −10,36 dB
16.Diagramas de Bode e margens

Resposta: GM = 15,56 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.

Cruzamento de fase

(ω/1)·(ω/3) = 1 → ω180 = √(1·3) = 1,732 rad/s

Módulo no cruzamento de fase

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 1)·√(ω² + 9)) = K/(1·3·(1 + 3)) = K/12

Margem de ganho

GM = 20·log₁₀(12/2) = 15,56 dB

Resposta

GM = 15,56 dB

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