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
ReIm11−1−122−2−233−3−3θz

Encontre o argumento θ de z = 3 − j3 em graus, como valor principal entre −180° e 180°.

z = 3 − j3
θ = °
2.Números complexosDifícil
ReIm11−1−122−2−233−3−3ABCD

Exatamente um dos pontos A–D é uma raiz de z⁴ = 16∠90°. Clique nele.

w = 16∠90°n = 4
  1. 1A (2∠90°)
  2. 2B (2∠−22,5°)
  3. 3C (3,6∠−22,5°)
  4. 4D (2∠−67,5°)
3.Impedância CA e fasoresMédia
100 V100 HzR = 40 ΩL = 150 mHI

Um resistor e um indutor estão ligados em paralelo a uma fonte de 100 V (eficaz), 100 Hz. Encontre a corrente rms I.

V = 100 V (rms)f = 100 HzR = 40 ΩL = 150 mH
I = A
4.Impedância CA e fasoresDifícil
230 V500 HzR = 60 ΩL = 100 mHC = 100 µF+−VC​

Um circuito RLC série está ligado a uma fonte de 230 V (rms), 500 Hz. Encontre a tensão rms VC no capacitor.

V = 230 V (rms)f = 500 HzR = 60 ΩL = 100 mHC = 100 µF
VC = V
5.Potência CA e fator de potênciaMédia
240 VR + jXP = 1800 W12,5 A

Uma carga indutiva consome 12,5 A e 1800 W de uma fonte monofásica de 240 V (eficaz). Modele-a como uma resistência R em série com uma reatância X. Encontre R.

V = 240 VI = 12,5 AP = 1800 W
R = Ω
6.Potência CA e fator de potênciaDifícil
P = 35 kWQ1​S1​φ1​QC​

Uma carga monofásica consome 35 kW com fator de potência 0,6 indutivo de uma fonte de 230 V, 50 Hz. Um capacitor ligado em paralelo eleva o fator de potência para 0,95. Encontre a capacitância C necessária.

P = 35 kWpf1 = 0,6pf2 = 0,95V = 230 Vf = 50 Hz
C = µF
7.Ressonância LC, fator Q e largura de bandaMédia
tvC​iL​T/4 = ?T/2TL = 47 mHC = 47 pF

Em um circuito LC ideal com L = 47 mH e C = 47 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 = 47 mHC = 47 pF
t = µs
8.Ressonância LC, fator Q e largura de bandaDifícil
f|I|0,7071f0​ = ?2 kHz2,4 kHzBW

As frequências de meia potência de uma curva de ressonância são 2 kHz e 2,4 kHz. Encontre a frequência de ressonância como a média geométrica delas e depois o fator de qualidade Q.

f1 = 2 kHzf2 = 2,4 kHz
Q =
9.Potência trifásicaMédia
ABCVL​ = 400 VIL​ = ?M30 kW, η = 94%cos φ = 0,88

Um motor de indução trifásico fornece 30 kW de potência mecânica de saída a plena carga. Nessa carga seu rendimento é 94% e seu fator de potência é 0,88 indutivo. A alimentação tem tensão de linha de 400 V. Encontre a corrente de linha IL.

Pout = 30 kWη = 94%cos φ = 0,88VL = 400 V
IL = A
10.Potência trifásicaDifícil
P = 150 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Uma carga trifásica equilibrada consome 150 kW com fator de potência 0,7 indutivo de uma alimentação de 690 V (tensão de linha), 60 Hz. Um banco de capacitores trifásico em paralelo com a carga deve elevar o fator de potência total para 0,98 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 = 0,7pf2 = 0,98VL = 690 Vf = 60 Hz
QC = kvar
11.Transitórios RC e RLMédia
+−Vs​10 Vt = 0R = 15 ΩL33 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 = 10 VR = 15 ΩL = 33 mHt = 5 ms
vL = V
12.Transitórios RC e RLDifícil
+−Vs​9 Vt = 0R = ?C4,7 µF+−vC​

Um temporizador começa a carregar um capacitor descarregado através de um resistor a partir de uma fonte de 9 V em t = 0. Ele deve disparar quando a tensão do capacitor atingir 5,4 V, exatamente 10 ms após o início. Com C = 4,7 µF, encontre a resistência R necessária.

Vs = 9 VVth = 5,4 VT = 10 msC = 4,7 µF
R = kΩ
13.Thévenin e NortonMédia
R1​ = 15 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​10 VR2​4 ΩAab

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

V1 = 10 VR1 = 15 ΩR2 = 4 ΩR3 = 2 Ω
Vth = V
14.Thévenin e NortonDifícil
R1​ = 6 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​30 VR2​10 ΩAIs​5 ABRL​10 ΩIL​

Uma carga RL = 10 Ω é ligada entre a–b. Use um equivalente de Thévenin para encontrar a potência PL entregue à carga.

V1 = 30 VIs = 5 AR1 = 6 ΩR2 = 10 ΩR3 = 5 ΩRL = 10 Ω
PL = W
15.Diagramas de Bode e margensMédia
|H| (dB)11101010010010001000−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 20

Encontre a fase ∠G(jω) de G(s) = 46(s + 14)/(s(s + 13)) em ω = 20 rad/s, em graus.

G(s) = 46(s + 14)/(s(s + 13))ω = 20 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) = 298/(s(s + 7)(s + 10)). Encontre a margem de ganho GM em dB.

L(s) = 298/(s(s + 7)(s + 10))
GM = dB

3Soluções

1.Números complexos

Resposta: θ = −45 °

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.

Quadrante

a = 3, b = −3 → IV

Ângulo de referência

α = atan(3/3) = 45°

Argumento

θ = −α = −45°

Resposta

θ = −45°

Na forma polar, z = 4,243∠−45°.

2.Números complexos

Resposta: D (2∠−67,5°)

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.

Módulo e argumentos das raízes

|z| = 2
θ = 22,5°, 112,5°, −157,5°, −67,5°

O ponto

D = 2∠−67,5°

Resposta

D (2∠−67,5°)
3.Impedância CA e fasores

Resposta: I = 2,716 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·100·0,15 = 94,25 Ω

Correntes de ramo

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

IR = V/R = 100/40 = 2,5 A
IX = V/XL = 100/94,25 = 1,061 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) = √(2,5² + 1,061²) = 2,716 A

Resposta

I = 2,716 A
4.Impedância CA e fasores

Resposta: VC = 2,312 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·500 = 3142 rad/s
XL = ωL = 3142·0,1 = 314,2 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(3142·100·10⁻⁶) = 3,183 Ω

Impedância

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(60² + (311)²) = 316,7 Ω

Corrente

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

I = V/|Z| = 230/316,7 = 0,7262 A

Tensão no capacitor

VC = I·XC = 0,7262·3,183 = 2,312 V

Resposta

VC = 2,312 V
5.Potência CA e fator de potência

Resposta: R = 11,52 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 = 1800/12,5² = 11,52 Ω

Resposta

R = 11,52 Ω
6.Potência CA e fator de potência

Resposta: C = 2116 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(53,13°) = 46,67 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 35·tan(18,19°) = 11,5 kvar
QC = Q1 − Q2 = 35,16 kvar

Capacitância

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

C = QC/(2πf·V²) = 35163/(2π·50·230²) = 2116 µF

Resposta

C = 2116 µF
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√(0,047·4,7 × 10⁻¹¹) = 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: Q = 5,477

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 = √(2000·2400) = 2191 Hz

Largura de banda

BW = 2400 − 2000 = 400 Hz

Fator de qualidade

Q = 2191/400 = 5,477

Resposta

Q = 5,477
9.Potência trifásica

Resposta: IL = 52,35 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 = 30/0,94 = 31,91 kW

Corrente de linha

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 31915/(√3·400·0,88) = 52,35 A

Resposta

IL = 52,35 A
10.Potência trifásica

Resposta: QC = 122,6 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 0,7) = 150·1,02 = 153 kvar
Q2 = 150·tan(acos 0,98) = 150·0,2031 = 30,46 kvar

Potência reativa dos capacitores

QC = Q1 − Q2 = 122,6 kvar

Resposta

QC = 122,6 kvar
11.Transitórios RC e RL

Resposta: vL = 1,03 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 = 33 mH / 15 Ω = 2,2 ms
i(∞) = Vs/R = 10/15 = 0,6667 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 = 10·e−5/2,2 = 1,03 V

Resposta

vL = 1,03 V
12.Transitórios RC e RL

Resposta: R = 2,322 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

5,4 = 9·(1 − e−10/τ) → τ = 10/ln(9/(9 − 5,4))
τ = 10/0,9163 = 10,91 ms

Resistência

kΩ vezes µF dá milissegundos.

R = τ/C = 10,91/4,7 = 2,322 kΩ

Resposta

R = 2,322 kΩ
13.Thévenin e Norton

Resposta: Vth = 2,105 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​10 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) = 10·4/(15+4) = 2,105 V
14.Thévenin e Norton

Resposta: PL = 111,1 W

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​ = 5 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 = 6·10/(6+10) = 3,75 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,75 + 5 = 8,75 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 5 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) = 18,75 + 5·3,75 = 37,5 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 37,5 + 5·5 = 62,5 V
Rth​ = 8,75 Ω+−Vth​62,5 VRL​10 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) = 62,5/(8,75 + 10) = 3,333 A
PL = IL²·RL = 3,333²·10 = 111,1 W
15.Diagramas de Bode e margens

Resposta: ∠G(jω) = −91,97 °

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(20/14) − 90° − atan(20/13) = 55,01° − 90° − 56,98°

Resultado

∠G(j20) = −91,97°

Resposta

∠G(jω) = −91,97°
16.Diagramas de Bode e margens

Resposta: GM = 12,03 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/7)·(ω/10) = 1 → ω180 = √(7·10) = 8,367 rad/s

Módulo no cruzamento de fase

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 49)·√(ω² + 100)) = K/(7·10·(7 + 10)) = K/1190

Margem de ganho

GM = 20·log₁₀(1190/298) = 12,03 dB

Resposta

GM = 12,03 dB

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