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
ReIm22−2−244−4−4θz

O número z = 5·ej1,5 tem o ângulo em radianos. Encontre a sua parte real a.

r = 5θ = 1,5 rad
a =
2.Números complexosDifícil
ReIm11−1−122−2−2θz

Use o teorema de De Moivre para encontrar a parte real de z⁹ para z = −2 − j2.

z = −2 − j2n = 9
Re(z⁹) =
3.Impedância CA e fasoresMédia
120 V100 HzR = 80 ΩL = 250 mHC = 1 µF

Um circuito RLC série está ligado a uma fonte de 120 V (rms), 100 Hz. Encontre o ângulo de fase φ da impedância, em graus (positivo quando a corrente está atrasada em relação à tensão).

V = 120 V (rms)f = 100 HzR = 80 ΩL = 250 mHC = 1 µF
φ = °
4.Impedância CA e fasoresDifícil
10 V1000 HzR = 60 ΩL = 100 mHC = 47 µFI

Um circuito RLC série está ligado a uma fonte de 10 V (rms), 1000 Hz. Encontre a corrente rms I.

V = 10 V (rms)f = 1000 HzR = 60 ΩL = 100 mHC = 47 µF
I = A
5.Potência CA e fator de potênciaMédia
240 VZ12 + j5 ΩI

Uma carga com impedância Z = 12 + j5 Ω está ligada a uma fonte monofásica de 240 V (eficaz). Encontre a potência aparente S.

V = 240 VZ = 12 + j5 Ω
S = VA
6.Potência CA e fator de potênciaDifícil
P = 45 kWQ1​S1​φ1​QC​

Uma carga monofásica consome 45 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 = 45 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 = 2,2 mHC = 10 µF

Em um circuito LC ideal com L = 2,2 mH e C = 10 µF, o capacitor está totalmente carregado em t = 0. Quanto tempo leva até que toda a energia esteja no indutor? Dê t em µs.

L = 2,2 mHC = 10 µF
t = µs
8.Ressonância LC, fator Q e largura de bandaDifícil
C = 2,2 nFr = 1 ΩL = 220 µH

Um circuito tanque paralelo é feito de um capacitor de 2,2 nF e uma bobina de 220 µH com resistência do enrolamento de 1 Ω. Na ressonância, ele se comporta como um resistor, sua resistência dinâmica RD = L/(C·r). Encontre RD em kΩ.

L = 220 µHC = 2,2 nFr = 1 Ω
RD = kΩ
9.Potência trifásicaMédia
ABCVL​ = 208 VZ = 7 + j24 Ωpor fase

Uma carga equilibrada ligada em Δ com impedância de 7 + j24 Ω por fase está ligada a uma alimentação trifásica equilibrada com tensão de linha de 208 V. Encontre a potência ativa total P absorvida pela carga em kW.

VL = 208 VZ = 7 + j24 Ω por fase
P = kW
10.Potência trifásicaDifícil
P = 200 kWφ1​S1​Q2​QC​

Uma carga trifásica equilibrada consome 200 kW com fator de potência 0,8 indutivo de uma alimentação de 480 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. Os capacitores estão ligados em Y. Encontre a capacitância Cph de cada capacitor em µF.

P = 200 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,98VL = 480 Vf = 60 Hz
Cph = µF
11.Transitórios RC e RLMédia
R = 33 Ωt = 0L100 mHi(t)

O indutor conduz uma corrente constante de 2 A. Em t = 0 a chave fecha a malha por R e a fonte é retirada, então a corrente do indutor decai por R. Encontre a tensão vR sobre R em t = 5 ms.

i(0) = 2 AR = 33 ΩL = 100 mHt = 5 ms
vR = V
12.Transitórios RC e RLDifícil
+−Vs​10 Vabre em t = 0R1​ = 2,2 kΩR2​ = 1 kΩC47 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 = 40 ms.

Vs = 10 VR1 = 2,2 kΩR2 = 1 kΩC = 47 µFt = 40 ms
vC = V
13.Thévenin e NortonMédia
R1​ = 20 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​9 VR2​12 ΩARL​20 ΩIL​B

Uma carga RL = 20 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 = 20 ΩR2 = 12 ΩR3 = 8 ΩRL = 20 Ω
IL = A
14.Thévenin e NortonDifícil
R1​ = 20 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​12 VR2​15 ΩAIs​4 ABab

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

V1 = 12 VIs = 4 AR1 = 20 ΩR2 = 15 ΩR3 = 20 Ω
IN = A
15.Diagramas de Bode e margensMédia
vin​R = 47 kΩC = 1 nFvout​

O Filtro passa-baixas RC mostrado tem R = 47 kΩ, C = 1 nF. Aplica-se uma entrada senoidal de 10 kHz. Encontre o ganho |H| = |vout/vin| em dB.

R = 47 kΩC = 1 nFf = 10 kHz
|H| = dB
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) = K/(s(s + 2)(s + 3)). Encontre o ganho K que dá uma margem de ganho de 5 dB.

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 3))GM = 5 dB
K =

3Soluções

1.Números complexos

Resposta: a = 0,3537

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.

Fórmula de Euler

z = 5·(cos 1,5 + j sin 1,5)

Componentes (radianos)

a = 5·cos 1,5 = 0,3537
b = 5·sin 1,5 = 4,987
a = 0,3537

Resposta

a = 0,3537
2.Números complexos

Resposta: Re(z⁹) = −8192

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.

Forma polar

z = −2 − j2 = 2√2∠−135°

De Moivre

z⁹ = (2√2)⁹∠−1215° = 11585∠−135°

Forma retangular

z⁹ = 11585·(cos −135° + j sin −135°) = −8192 − j8192
Re(z⁹) = −8192

Resposta

Re(z⁹) = −8192
3.Impedância CA e fasores

Resposta: φ = −86,81 °

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·100 = 628,3 rad/s
XL = ωL = 628,3·0,25 = 157,1 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(628,3·1·10⁻⁶) = 1592 Ω

Impedância

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(80² + (−1434)²) = 1437 Ω

Ângulo de fase

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(−1434/80) = −86,81°

Resposta

φ = −86,81°
4.Impedância CA e fasores

Resposta: I = 0,01593 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·1000 = 6283 rad/s
XL = ωL = 6283·0,1 = 628,3 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(6283·47·10⁻⁶) = 3,386 Ω

Impedância

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(60² + (624,9)²) = 627,8 Ω

Corrente

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

I = V/|Z| = 10/627,8 = 0,01593 A

Resposta

I = 0,01593 A
5.Potência CA e fator de potência

Resposta: S = 4431 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| = √(12² + 5²) = 13 Ω
I = V/|Z| = 240/13 = 18,46 A

Potência aparente

S = V·I = 240·18,46 = 4431 VA

Resposta

S = 4431 VA
6.Potência CA e fator de potência

Resposta: Inew = 203,8 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 = 45·tan(49,46°) = 52,61 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 45·tan(23,07°) = 19,17 kvar
QC = Q1 − Q2 = 33,44 kvar

Nova corrente de linha

Inew = P/(V·cos φ2) = 45000/(240·0,92) = 203,8 A

Resposta

Inew = 203,8 A
7.Ressonância LC, fator Q e largura de banda

Resposta: t = 233 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√(0,0022·1 × 10⁻⁵) = 931,9 µs

Quarto de período

t = T/4 = 233 µs

Resposta

t = 233 µs
8.Ressonância LC, fator Q e largura de banda

Resposta: RD = 100 kΩ

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).

Resistência dinâmica

RD = 0,00022/(2,2 × 10⁻⁹·1) = 100000 Ω = 100 kΩ

Verificação com Q

Q = (1/r)·√(L/C) = 316,2, Q²·r = 100000 Ω

Resposta

RD = 100 kΩ
9.Potência trifásica

Resposta: P = 1,454 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 = 208 V

Corrente de fase

|Z| = √(7² + 24²) = 25 Ω
Iph = 208/25 = 8,32 A

Potência ativa total

Só a parte resistiva de cada impedância absorve potência ativa.

P = 3·Iph²·R = 3·8,32²·7 = 1,454 kW

Resposta

P = 1,454 kW

Verificação: cos φ = R/|Z| = 0,28, e √3·VL·IL·cos φ dá a mesma potência.

10.Potência trifásica

Resposta: Cph = 1259 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 = 200·tan(acos 0,8) = 200·0,75 = 150 kvar
Q2 = 200·tan(acos 0,98) = 200·0,2031 = 40,61 kvar

Potência reativa dos capacitores

QC = Q1 − Q2 = 109,4 kvar

Capacitância por fase

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

V = 480/√3 = 277,1 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 36463/(377·277,1²) = 1259 µF

Resposta

Cph = 1259 µF
11.Transitórios RC e RL

Resposta: vR = 12,68 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

τ = L/R = 100 mH / 33 Ω = 3,03 ms

Decaimento da corrente

i(t) = 2·e−5/3,03 = 0,3841 A
vR = R·i = 33·0,3841 = 12,68 V

Resposta

vR = 12,68 V
12.Transitórios RC e RL

Resposta: vC = 1,334 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) = 10·1/(2,2 + 1) = 3,125 V

Constante de tempo após a abertura da chave

τ = R2·C = 1·47 = 47 ms

Descarga

vC(t) = 3,125·e−40/47 = 1,334 V

Resposta

vC = 1,334 V
13.Thévenin e Norton

Resposta: IL = 0,09507 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​ = 8 ΩCURTOR2​12 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 = 20·12/(20+12) = 7,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 7,5 + 8 = 15,5 Ω
R1​ = 20 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​9 VR2​12 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) = 9·12/(20+12) = 3,375 V
Rth​ = 15,5 Ω+−Vth​3,375 VRL​20 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) = 3,375/(15,5 + 20) = 0,09507 A
14.Thévenin e Norton

Resposta: IN = 4,18 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​ = 20 ΩCURTOR2​15 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 = 20·15/(20+15) = 8,571 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 8,571 + 20 = 28,57 Ω
R1​ = 20 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​12 VR2​15 ΩAIs​4 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) = 5,143 + 4·8,571 = 39,43 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 39,43 + 4·20 = 119,4 V
IN​4,18 ARth​28,57 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 = 119,4/28,57 = 4,18 A
15.Diagramas de Bode e margens

Resposta: |H| = −9,877 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 = 1/(RC) = 1/(47000·1 × 10⁻⁹) = 21277 rad/s
fc = 3386 Hz → f/fc = 10000/3386 = 2,953

Ganho

|H| = 1/√(1 + 2,953²) = 0,3207
20·log₁₀(0,3207) = −9,877 dB

Resposta

|H| = −9,877 dB
16.Diagramas de Bode e margens

Resposta: K = 16,87

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/2)·(ω/3) = 1 → ω180 = √(2·3) = 2,449 rad/s

Módulo no cruzamento de fase

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 4)·√(ω² + 9)) = K/(2·3·(2 + 3)) = K/30

Ganho necessário

30/K = 105/20 = 1,778
K = 30/1,778 = 16,87

Resposta

K = 16,87

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