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 = −7 + j2 na forma exponencial r·ejθ. Dê θ em radianos, entre −π e π.

z = −7 + j2
θ = rad
2.Números complexosDifícil
ReIm22−2−244−4−4ABCD

Exatamente um dos pontos A–D é uma raiz de z⁴ = 81∠−90°. Clique nele.

w = 81∠−90°n = 4
  1. 1A (5,4∠67,5°)
  2. 2B (3∠112,5°)
  3. 3C (3∠67,5°)
  4. 4D (3∠−67,5°)
3.Impedância CA e fasoresMédia
Vf0​ = 50 HzRL = 1 mHC = ?

Um circuito RLC série com L = 1 mH deve ressoar a 50 Hz. Encontre a capacitância C necessária.

f0 = 50 HzL = 1 mH
C = µF
4.Impedância CA e fasoresDifícil
VfR = 50 ΩL = 5 mHC = 0,047 µF

Um circuito RLC série tem R = 50 Ω, L = 5 mH e C = 0,047 µF. Encontre seu fator de qualidade Q na ressonância.

R = 50 ΩL = 5 mHC = 0,047 µF
Q =
5.Potência CA e fator de potênciaMédia
P = 2 kWQSφ

Um motor monofásico consome 2 kW com fator de potência 0,7 indutivo de uma fonte de 400 V. Encontre a corrente de linha I.

P = 2 kWpf = 0,7V = 400 V
I = A
6.Potência CA e fator de potênciaDifícil
P = 25 kWQ1​S1​φ1​QC​

Uma carga monofásica consome 25 kW com fator de potência 0,8 indutivo de uma fonte de 240 V, 50 Hz. Um capacitor ligado em paralelo eleva o fator de potência para 0,92. Encontre a nova corrente de linha Inew.

P = 25 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,92V = 240 Vf = 50 Hz
Inew = A
7.Ressonância LC, fator Q e largura de bandaMédia
C = 2,2 nF+−3,6 VL = 22 µHiL​

Um capacitor de 2,2 nF carregado a 6 V oscila com um indutor ideal de 22 µH. Encontre a energia WL armazenada no indutor no instante em que a tensão do capacitor é 3,6 V, em nJ.

C = 2,2 nFV0 = 6 VvC = 3,6 V
WL = nJ
8.Ressonância LC, fator Q e largura de bandaDifícil
V5 ΩLC = ?

Projete um filtro RLC série com resistência total de 5 Ω, frequência de ressonância de 500 kHz e largura de banda de 12,5 kHz. Encontre a capacitância C em nF.

R = 5 Ωf0 = 500 kHzBW = 12,5 kHz
C = nF
9.Potência trifásicaMédia
ABCVL​ = 400 VZ = 5 + j12 Ωpor fase

Uma carga equilibrada ligada em Δ com impedância de 5 + j12 Ω por fase está ligada a uma alimentação trifásica equilibrada com tensão de linha de 400 V. Encontre a potência ativa total P absorvida pela carga em kW.

VL = 400 VZ = 5 + j12 Ω por fase
P = kW
10.Potência trifásicaDifícil
P = 60 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Uma carga trifásica equilibrada consome 60 kW com fator de potência 0,75 indutivo de uma alimentação de 400 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. Encontre a potência reativa total QC que o banco de capacitores deve fornecer, em kvar.

P = 60 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,98VL = 400 Vf = 50 Hz
QC = kvar
11.Transitórios RC e RLMédia
+−Vs​12 Vt = 0R1​ = 2,2 kΩR2​ = 3,3 kΩC10 µF+−vC​

A fonte Vₛ carrega o capacitor através de R₁, e R₂ está ligado em paralelo com C. O capacitor está descarregado quando a chave fecha em t = 0. Encontre a constante de tempo τ do circuito após o fechamento da chave.

Vs = 12 VR1 = 2,2 kΩR2 = 3,3 kΩC = 10 µF
τ = ms
12.Transitórios RC e RLDifícil
+−Vs​9 Vabre em t = 0R1​ = 10 kΩR2​ = 3,3 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 = 250 ms.

Vs = 9 VR1 = 10 kΩR2 = 3,3 kΩC = 220 µFt = 250 ms
vC = V
13.Thévenin e NortonMédia
R1​ = 5 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​6 VR2​10 ΩAab

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

V1 = 6 VR1 = 5 ΩR2 = 10 ΩR3 = 3 Ω
IN = A
14.Thévenin e NortonDifícil
R1​ = 4 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​12 VR2​10 ΩAIs​6 ABab

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

V1 = 12 VIs = 6 AR1 = 4 ΩR2 = 10 ΩR3 = 2 Ω
IN = A
15.Diagramas de Bode e margensMédia
|H| (dB)0,10,1111010100100−60−40−20020ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−90−450ω = 4

Encontre a fase ∠G(jω) de G(s) = (s + 6)/(s(s + 7)) em ω = 4 rad/s, em graus.

G(s) = (s + 6)/(s(s + 7))ω = 4 rad/s
∠G(jω) = °
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) = 700/(s(s + 20)). Encontre a frequência de cruzamento de ganho ωc, onde |L(jω)| = 1.

L(s) = 700/(s(s + 20))
ωc = rad/s

3Soluções

1.Números complexos

Resposta: θ = 2,863 rad

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

r = √(49 + 4) = 7,28

Argumento em radianos

θ = 164,1° = 164,1·π/180 = 2,863 rad

Forma exponencial

z = 7,28·ej2,863

Resposta

θ = 2,863 rad
2.Números complexos

Resposta: C (3∠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| = 3
θ = −22,5°, 67,5°, 157,5°, −112,5°

O ponto

C = 3∠67,5°

Resposta

C (3∠67,5°)
3.Impedância CA e fasores

Resposta: C = 10132 µF

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·50 = 314,2 rad/s
C = 1/(ω₀²·L) = 1/(314,2²·0,001) = 10132 µF

Resposta

C = 10132 µF
4.Impedância CA e fasores

Resposta: Q = 6,523

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·√(0,005·0,047·10⁻⁶)) = 10382 Hz

Fator de qualidade

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

Q = (1/R)·√(L/C) = (1/50)·√(0,005/(0,047·10⁻⁶)) = 6,523

Resposta

Q = 6,523
5.Potência CA e fator de potência

Resposta: I = 7,143 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.

Corrente de linha

Só a parte ativa da potência realiza trabalho, então divida pelo fator de potência.

I = P/(V·cos φ) = 2000/(400·0,7) = 7,143 A

Resposta

I = 7,143 A
6.Potência CA e fator de potência

Resposta: Inew = 113,2 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 = 25·tan(36,87°) = 18,75 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 25·tan(23,07°) = 10,65 kvar
QC = Q1 − Q2 = 8,1 kvar

Nova corrente de linha

Inew = P/(V·cos φ2) = 25000/(240·0,92) = 113,2 A

Resposta

Inew = 113,2 A
7.Ressonância LC, fator Q e largura de banda

Resposta: WL = 25,34 nJ

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.

Energia total

½·2,2 × 10⁻⁹·6² = 3,96 × 10⁻⁸ J

Energia que resta no capacitor

½·2,2 × 10⁻⁹·3,6² = 1,426 × 10⁻⁸ J

Energia no indutor

WL = 2,534 × 10⁻⁸ J = 25,34 nJ

Resposta

WL = 25,34 nJ
8.Ressonância LC, fator Q e largura de banda

Resposta: C = 1,592 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) = 5/(2π·12500) = 6,366 × 10⁻⁵ H

Capacitância a partir da frequência de ressonância

C = 1/((2π·500000)²·6,366 × 10⁻⁵) = 1,592 × 10⁻⁹ F = 1,592 nF

Resposta

C = 1,592 nF

Q = f₀/BW = 40.

9.Potência trifásica

Resposta: P = 14,2 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 = 400 V

Corrente de fase

|Z| = √(5² + 12²) = 13 Ω
Iph = 400/13 = 30,77 A

Potência ativa total

Só a parte resistiva de cada impedância absorve potência ativa.

P = 3·Iph²·R = 3·30,77²·5 = 14,2 kW

Resposta

P = 14,2 kW

Verificação: cos φ = R/|Z| = 0,3846, e √3·VL·IL·cos φ dá a mesma potência.

10.Potência trifásica

Resposta: QC = 40,73 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 = 60·tan(acos 0,75) = 60·0,8819 = 52,92 kvar
Q2 = 60·tan(acos 0,98) = 60·0,2031 = 12,18 kvar

Potência reativa dos capacitores

QC = Q1 − Q2 = 40,73 kvar

Resposta

QC = 40,73 kvar
11.Transitórios RC e RL

Resposta: τ = 13,2 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.

Equivalente de Thévenin visto pelo capacitor

Coloque a fonte em curto para encontrar Rth; abra o capacitor para encontrar a tensão em que ele vai se estabilizar.

Rth = R1 ∥ R2 = 2,2·3,3/(2,2 + 3,3) = 1,32 kΩ
vC(∞) = 12·3,3/(2,2 + 3,3) = 7,2 V

Constante de tempo

τ = Rth·C = 1,32·10 = 13,2 ms

Resposta

τ = 13,2 ms
12.Transitórios RC e RL

Resposta: vC = 1,583 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) = 9·3,3/(10 + 3,3) = 2,233 V

Constante de tempo após a abertura da chave

τ = R2·C = 3,3·220 = 726 ms

Descarga

vC(t) = 2,233·e−250/726 = 1,583 V

Resposta

vC = 1,583 V
13.Thévenin e Norton

Resposta: IN = 0,6316 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​10 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 = 5·10/(5+10) = 3,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,333 + 3 = 6,333 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​6 VR2​10 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) = 6·10/(5+10) = 4 V
IN​0,6316 ARth​6,333 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 = 4/6,333 = 0,6316 A
14.Thévenin e Norton

Resposta: IN = 7,765 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​ = 4 ΩR3​ = 2 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 = 4·10/(4+10) = 2,857 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,857 + 2 = 4,857 Ω
R1​ = 4 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​12 VR2​10 ΩAIs​6 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 + 6·2,857 = 25,71 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 25,71 + 6·2 = 37,71 V
IN​7,765 ARth​4,857 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 = 37,71/4,857 = 7,765 A
15.Diagramas de Bode e margens

Resposta: ∠G(jω) = −86,05 °

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(4/6) − 90° − atan(4/7) = 33,69° − 90° − 29,74°

Resultado

∠G(j4) = −86,05°

Resposta

∠G(jω) = −86,05°
16.Diagramas de Bode e margens

Resposta: ωc = 22,98 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 + 400ω² − 490000 = 0
ω² = (−400 + √(160000 + 4·490000))/2 = 528
ωc = 22,98 rad/s

Resposta

ωc = 22,98 rad/s

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