Decida qual forma convém à operação: retangular a + jb para somar e subtrair, polar r∠θ para multiplicar, dividir, potências e raízes.
Multiplique com j² = −1; divida multiplicando o numerador e o denominador pelo conjugado do denominador.
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.
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
Converta a frequência: ω = 2πf.
Encontre cada reatância: XL = ωL e XC = 1/(ωC).
Some as impedâncias como resistores, com Z = R + jX.
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
Encontre primeiro a frequência de ressonância: ω₀ = 1/√(LC) e f₀ = ω₀/(2π).
Decida se o circuito é série ou paralelo: no série Q = (1/R)√(L/C), no paralelo Q = R√(C/L).
Use BW = f₀/Q para a largura de banda, ou os atalhos R/(2πL) (série) e 1/(2πRC) (paralelo).
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
Encontre o valor inicial logo após a comutação: a tensão em um capacitor e a corrente em um indutor não podem saltar.
Encontre o valor final muito tempo depois da comutação: um capacitor se comporta como circuito aberto e um indutor como curto-circuito.
Encontre a constante de tempo: τ = RC ou τ = L/R, usando a resistência vista pelo capacitor ou indutor.
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
Retire a carga e marque os dois terminais a e b.
Encontre a tensão de circuito aberto entre a e b: essa é Vth.
Desligue todas as fontes independentes e encontre a resistência vista de a–b: essa é Rth.
Recoloque a carga no circuito equivalente: Vth em série com Rth.
Para o equivalente de Norton, converta: IN = Vth/Rth, com RN = Rth em paralelo.
2Exercícios
1.Números complexosMédia
Encontre o argumento θ de z = −9 − j4 em graus, como valor principal entre −180° e 180°.
z = −9 − j4
θ = °
2.Números complexosDifícil
Exatamente um dos pontos A–D é uma raiz de z⁶ = 729∠60°. Clique nele.
w = 729∠60°n = 6
1A (1,5∠130°)
2B (3∠160°)
3C (3∠130°)
4D (3∠60°)
3.Impedância CA e fasoresMédia
Um circuito RLC série está ligado a uma fonte de 10 V (rms), 60 Hz. Encontre o ângulo de fase φ da impedância, em graus (positivo quando a corrente está atrasada em relação à tensão).
V = 10 V (rms)f = 60 HzR = 50 ΩL = 200 mHC = 100 µF
φ = °
4.Impedância CA e fasoresDifícil
Um circuito RLC série está ligado a uma fonte de 120 V (rms), 200 Hz. Encontre a frequência de ressonância f0 do circuito.
V = 120 V (rms)f = 200 HzR = 30 ΩL = 100 mHC = 4,7 µF
f0 = Hz
5.Potência CA e fator de potênciaMédia
Um motor monofásico consome 15 kW com fator de potência 0,8 indutivo de uma fonte de 240 V. Encontre a corrente de linha I.
P = 15 kWpf = 0,8V = 240 V
I = A
6.Potência CA e fator de potênciaDifícil
Uma carga monofásica consome 40 kW com fator de potência 0,8 indutivo de uma fonte de 400 V, 50 Hz. Um capacitor ligado em paralelo eleva o fator de potência para 0,9. Encontre a potência reativa QC que o capacitor deve fornecer.
P = 40 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,9V = 400 Vf = 50 Hz
QC = kvar
7.Ressonância LC, fator Q e largura de bandaMédia
Em um circuito LC ideal com L = 47 mH e C = 220 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 = 220 pF
t = µs
8.Ressonância LC, fator Q e largura de bandaDifícil
Um capacitor carregado de 4,7 nF se descarrega por uma bobina de 2,2 mH com resistência série total de 5 Ω, de modo que a oscilação se extingue lentamente. Sua amplitude decai como e−Rt/(2L). Quantos ciclos de oscilação n passam até que a amplitude caia à metade? (As perdas são pequenas, então a frequência é f₀.)
L = 2,2 mHC = 4,7 nFR = 5 Ω
n =
9.Potência trifásicaMédia
Uma carga trifásica equilibrada consome uma corrente de linha de 75 A de uma alimentação com tensão de linha de 400 V. O fator de potência é 0,82 indutivo. Encontre a potência ativa total P consumida pela carga em kW.
VL = 400 VIL = 75 Acos φ = 0,82
P = kW
10.Potência trifásicaDifícil
Uma carga trifásica equilibrada consome 50 kW com fator de potência 0,78 indutivo de uma alimentação de 415 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 = 50 kWpf1 = 0,78pf2 = 0,98VL = 415 Vf = 50 Hz
QC = kvar
11.Transitórios RC e RLMédia
O indutor não conduz corrente antes de a chave fechar em t = 0. Quanto tempo depois de a chave fechar a corrente chega a 90% do seu valor final? Encontre t.
Vs = 10 VR = 100 ΩL = 10 mH
t = ms
12.Transitórios RC e RLDifícil
Logo antes de a chave fechar em t = 0, o capacitor tem 20 V com a polaridade indicada. Encontre a tensão no capacitor vC em t = 1000 ms.
Vs = 24 VR = 6,8 kΩC = 100 µFvC(0) = 20 Vt = 1000 ms
vC = V
13.Thévenin e NortonMédia
Uma carga RL = 8 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 VR1 = 8 ΩR2 = 5 ΩR3 = 10 ΩRL = 8 Ω
IL = A
14.Thévenin e NortonDifícil
Encontre a tensão de Thévenin Vth vista dos terminais a–b.
V1 = 24 VIs = 3 AR1 = 2 ΩR2 = 4 ΩR3 = 6 Ω
Vth = V
15.Diagramas de Bode e margensMédia
O Filtro passa-baixas RC mostrado tem R = 3,3 kΩ, C = 4,7 nF. Aplica-se uma entrada senoidal de 31 kHz. Encontre a defasagem φ de vout em relação a vin, em graus.
R = 3,3 kΩC = 4,7 nFf = 31 kHz
φ = °
16.Diagramas de Bode e margensDifícil
Uma malha com realimentação unitária tem a função de transferência de malha aberta L(s) = K/(s(s + 7)(s + 10)). Encontre o ganho K que dá uma margem de ganho de 3 dB.
L(s) = K/(s(s + 7)(s + 10))GM = 3 dB
K =
3Soluções
1.Números complexos
Resposta: θ = −156 °
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 = −9, b = −4 → III
Ângulo de referência
α = atan(4/9) = 23,96°
Argumento
θ = −(180° − α) = −156°
Resposta
θ = −156°
Na forma polar, z = 9,849∠−156°.
2.Números complexos
Resposta: C (3∠130°)
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 = 10°, 70°, 130°, −170°, −110°, −50°
O ponto
C = 3∠130°
Resposta
C (3∠130°)
3.Impedância CA e fasores
Resposta: φ = 44,35 °
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·60 = 377 rad/s
XL = ωL = 377·0,2 = 75,4 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(377·100·10⁻⁶) = 26,53 Ω
Impedância
Em série as impedâncias se somam como números complexos: Z = R + j(XL − XC).
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|.
Ressonância
Na ressonância as reatâncias indutiva e capacitiva se anulam: ωL = 1/(ωC). A frequência da fonte não importa.
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) = 15000/(240·0,8) = 78,13 A
Resposta
I = 78,13 A
6.Potência CA e fator de potência
Resposta: QC = 10,63 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.
Potência reativa antes e depois
A potência ativa P não muda; só muda a potência reativa tirada da rede.
Q1 = P·tan φ1 = 40·tan(36,87°) = 30 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 40·tan(25,84°) = 19,37 kvar
QC = Q1 − Q2 = 10,63 kvar
Resposta
QC = 10,63 kvar
7.Ressonância LC, fator Q e largura de banda
Resposta: t = 5,051 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√(0,047·2,2 × 10⁻¹⁰) = 20,2 µs
Quarto de período
t = T/4 = 5,051 µs
Resposta
t = 5,051 µs
8.Ressonância LC, fator Q e largura de banda
Resposta: n = 30,19
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).
Meia-vida da amplitude
t = 2·0,0022·ln 2/5 = 0,00061 s
Número de ciclos
n = t·f0 = 0,00061·49495 = 30,19
Resposta
n = 30,19
Atalho: n = Q·ln 2/π com Q = 136,8.
9.Potência trifásica
Resposta: P = 42,61 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.
Potência aparente
S = √3·VL·IL = √3·400·75 = 51,96 kVA
Potência ativa
P = S·cos φ = 51,96·0,82 = 42,61 kW
Resposta
P = 42,61 kW
10.Potência trifásica
Resposta: QC = 29,96 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 = 50·tan(acos 0,78) = 50·0,8023 = 40,11 kvar
Q2 = 50·tan(acos 0,98) = 50·0,2031 = 10,15 kvar
Potência reativa dos capacitores
QC = Q1 − Q2 = 29,96 kvar
Resposta
QC = 29,96 kvar
11.Transitórios RC e RL
Resposta: t = 0,2303 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 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 = 10 mH / 100 Ω = 0,1 ms
i(∞) = Vs/R = 10/100 = 0,1 A
Resolva para o tempo
0,9 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,9)
t = −0,1·ln(0,1) = 0,2303 ms
Resposta
t = 0,2303 ms
12.Transitórios RC e RL
Resposta: vC = 23,08 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.
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 = 24 V
τ = R·C = 6,8 kΩ · 100 µF = 680 ms
vC(t) = 24 + (20 − 24)·e−t/τ
Tensão no instante dado
vC(1000) = 24 + (−4)·e−1000/680 = 23,08 V
Resposta
vC = 23,08 V
13.Thévenin e Norton
Resposta: IL = 0,2737 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.
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 = 8·5/(8+5) = 3,077 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,077 + 10 = 13,08 Ω
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) = 15·5/(8+5) = 5,769 V
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) = 5,769/(13,08 + 8) = 0,2737 A
14.Thévenin e Norton
Resposta: Vth = 38 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.
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 = 2·4/(2+4) = 1,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,333 + 6 = 7,333 Ω
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) = 16 + 3·1,333 = 20 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 20 + 3·6 = 38 V
15.Diagramas de Bode e margens
Resposta: φ = −71,68 °
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/(3300·4,7 × 10⁻⁹) = 64475 rad/s
fc = 10261 Hz → f/fc = 31000/10261 = 3,021
Fase
φ = − atan(3,021) = −71,68°
Resposta
φ = −71,68°
16.Diagramas de Bode e margens
Resposta: K = 842,5
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.