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
O diagrama mostra z = −4 + j4. Com w = 0,5∠−90°, clique no ponto que representa z/w.
z = −4 + j4w = 0,5∠−90°
1A (−2 − j2)
2B (−8 − j8)
3C (8 + j8)
4D (−8 + j8)
2.Números complexosDifícil
Uma raiz de z³ − 6z² + 13z − 10 = 0 é z₁ = 2 + j. Os coeficientes são reais. Encontre a raiz real r.
z₁ = 2 + j
r =
3.Impedância CA e fasoresMédia
Um resistor e um indutor estão ligados em paralelo a uma fonte de 120 V (eficaz), 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 = 30 ΩL = 20 mH
φ = °
4.Impedância CA e fasoresDifícil
Um circuito RLC série está ligado a uma fonte de 24 V (rms), 200 Hz. Encontre a tensão rms VC no capacitor.
V = 24 V (rms)f = 200 HzR = 25 ΩL = 100 mHC = 10 µF
VC = V
5.Potência CA e fator de potênciaMédia
Uma carga com impedância Z = 12 + j16 Ω está ligada a uma fonte monofásica de 230 V (eficaz). Encontre a potência aparente S.
V = 230 VZ = 12 + j16 Ω
S = VA
6.Potência CA e fator de potênciaDifícil
Uma carga monofásica consome 5 kW com fator de potência 0,8 indutivo de uma fonte de 400 V, 50 Hz. Um capacitor de 22 µF é ligado em paralelo com a carga. Encontre o novo fator de potência cos φ visto pela fonte.
P = 5 kWpf1 = 0,8V = 400 Vf = 50 HzC = 22 µF
cos φ =
7.Ressonância LC, fator Q e largura de bandaMédia
Um capacitor de 2,2 nF carregado a 24 V oscila com um indutor ideal de 47 mH. Encontre a energia WL armazenada no indutor no instante em que a tensão do capacitor é 19,2 V, em nJ.
C = 2,2 nFV0 = 24 VvC = 19,2 V
WL = nJ
8.Ressonância LC, fator Q e largura de bandaDifícil
Um circuito RLC série (R = 2 Ω, L = 4,7 mH, C = 47 nF) é excitado na ressonância com uma amplitude de corrente de 500 mA. Encontre a energia Ecycle dissipada em R durante um ciclo, em µJ.
R = 2 ΩL = 4,7 mHC = 47 nFIm = 500 mA
Ecycle = µJ
9.Potência trifásicaMédia
Uma carga equilibrada ligada em Y com impedância de 3 + j4 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 = 3 + j4 Ω por fase
P = kW
10.Potência trifásicaDifícil
Uma carga trifásica equilibrada consome 60 kW com fator de potência 0,65 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 0,95 indutivo. A potência ativa permanece a mesma. Os capacitores estão ligados em Δ. Encontre a capacitância Cph de cada capacitor em µF.
P = 60 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,95VL = 690 Vf = 50 Hz
Cph = µF
11.Transitórios RC e RLMédia
O indutor não conduz corrente antes de a chave fechar em t = 0. Encontre a energia W armazenada no indutor em t = 15 ms, em mJ.
Vs = 5 VR = 5 ΩL = 68 mHt = 15 ms
W = mJ
12.Transitórios RC e RLDifícil
Um temporizador começa a carregar um capacitor descarregado através de um resistor a partir de uma fonte de 15 V em t = 0. Ele deve disparar quando a tensão do capacitor atingir 13,5 V, exatamente 250 ms após o início. Com C = 22 µF, encontre a resistência R necessária.
Vs = 15 VVth = 13,5 VT = 250 msC = 22 µF
R = kΩ
13.Thévenin e NortonMédia
Encontre a resistência de Thévenin Rth vista dos terminais a–b.
V1 = 9 VR1 = 6 ΩR2 = 12 ΩR3 = 8 Ω
Rth = Ω
14.Thévenin e NortonDifícil
Uma carga RL = 5 Ω é ligada entre a–b. Use um equivalente de Thévenin para encontrar a potência PL entregue à carga.
V1 = 15 VIs = 5 AR1 = 3 ΩR2 = 2 ΩR3 = 3 ΩRL = 5 Ω
PL = W
15.Diagramas de Bode e margensMédia
O Filtro passa-baixas RC mostrado tem R = 2,2 kΩ, C = 22 nF. Aplica-se uma entrada senoidal de 9,9 kHz. Encontre o ganho |H| = |vout/vin| em dB.
R = 2,2 kΩC = 22 nFf = 9,9 kHz
|H| = dB
16.Diagramas de Bode e margensDifícil
Uma malha com realimentação unitária tem a função de transferência de malha aberta L(s) = 4/(s(s + 2)). Encontre a margem de fase PM em graus.
L(s) = 4/(s(s + 2))
PM = °
3Soluções
1.Números complexos
Resposta: B (−8 − j8)
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.
Efeito de w
|z/w| = |z|/0,5, arg(z/w) = arg z − (−90)°
O ponto
z/w = −8 − j8 → B
Resposta
B (−8 − j8)
2.Números complexos
Resposta: r = 2
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.
Confira com a soma das raízes: z₁ + z₂ + r = 4 + 2 = 6 = −(−6).
3.Impedância CA e fasores
Resposta: φ = 67,27 °
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·100·0,02 = 12,57 Ω
Correntes de ramo
Os dois ramos estão ligados diretamente à fonte, então cada um recebe a tensão total V.
IR = V/R = 120/30 = 4 A
IX = V/XL = 120/12,57 = 9,549 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) = √(4² + 9,549²) = 10,35 A
Ângulo de fase
A corrente do indutor está atrasada em relação a V, então a corrente total fica atrasada e o ângulo é positivo.
φ = arctan(IX/IR) = arctan(9,549/4) = 67,27°
Resposta
φ = 67,27°
4.Impedância CA e fasores
Resposta: VC = 36,43 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 = 1257·0,1 = 125,7 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·10·10⁻⁶) = 79,58 Ω
Impedância
Em série as impedâncias se somam como números complexos: Z = R + j(XL − XC).
A mesma corrente passa por todos os elementos de um circuito série.
I = V/|Z| = 24/52,43 = 0,4578 A
Tensão no capacitor
VC = I·XC = 0,4578·79,58 = 36,43 V
Resposta
VC = 36,43 V
5.Potência CA e fator de potência
Resposta: S = 2645 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 + 16²) = 20 Ω
I = V/|Z| = 230/20 = 11,5 A
Potência aparente
S = V·I = 230·11,5 = 2645 VA
Resposta
S = 2645 VA
6.Potência CA e fator de potência
Resposta: cos φ = 0,884
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 = 5·tan(arccos 0,8) = 3,75 kvar
QC = V²·2πf·C = 400²·2π·50·22·10⁻⁶ = 1106 var = 1,106 kvar
Q2 = 3,75 − 1,106 = 2,644 kvar
Nova potência aparente
S2 = √(5² + 2,644²) = 5,656 kVA
Novo fator de potência
cos φ = P/S2 = 5/5,656 = 0,884
Resposta
cos φ = 0,884
7.Ressonância LC, fator Q e largura de banda
Resposta: WL = 228,1 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 × 10⁻⁹·24² = 6,336 × 10⁻⁷ J
Energia que resta no capacitor
½·2,2 × 10⁻⁹·19,2² = 4,055 × 10⁻⁷ J
Energia no indutor
WL = 2,281 × 10⁻⁷ J = 228,1 nJ
Resposta
WL = 228,1 nJ
8.Ressonância LC, fator Q e largura de banda
Resposta: Ecycle = 23,35 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).
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 = 208/√3 = 120,1 V
Corrente de fase
|Z| = √(3² + 4²) = 5 Ω
Iph = 120,1/5 = 24,02 A
Potência ativa total
Só a parte resistiva de cada impedância absorve potência ativa.
P = 3·Iph²·R = 3·24,02²·3 = 5,192 kW
Resposta
P = 5,192 kW
Verificação: cos φ = R/|Z| = 0,6, e √3·VL·IL·cos φ dá a mesma potência.
10.Potência trifásica
Resposta: Cph = 112,4 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 = 60·tan(acos 0,65) = 60·1,169 = 70,15 kvar
Q2 = 60·tan(acos 0,95) = 60·0,3287 = 19,72 kvar
Potência reativa dos capacitores
QC = Q1 − Q2 = 50,43 kvar
Capacitância por fase
Em um banco em Δ cada capacitor está ligado entre duas linhas.
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 = 68 mH / 5 Ω = 13,6 ms
i(∞) = Vs/R = 5/5 = 1 A
Corrente no instante dado
i(t) = 1·(1 − e−15/13,6) = 0,6681 A
Energia armazenada
W = ½·L·i² = ½·68·0,6681² = 15,18 mJ
Resposta
W = 15,18 mJ
12.Transitórios RC e RL
Resposta: R = 4,935 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.
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 = 6·12/(6+12) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 8 = 12 Ω
14.Thévenin e Norton
Resposta: PL = 13,29 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.
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 = 3·2/(3+2) = 1,2 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,2 + 3 = 4,2 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) = 6 + (−5)·1,2 = 0 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 0 + (−5)·3 = −15 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) = −15/(4,2 + 5) = −1,63 A
PL = IL²·RL = −1,63²·5 = 13,29 W
15.Diagramas de Bode e margens
Resposta: |H| = −10,03 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.
Frequência de corte
ωc = 1/(RC) = 1/(2200·2,2 × 10⁻⁸) = 20661 rad/s
fc = 3288 Hz → f/fc = 9900/3288 = 3,011
Ganho
|H| = 1/√(1 + 3,011²) = 0,3152
20·log₁₀(0,3152) = −10,03 dB
Resposta
|H| = −10,03 dB
16.Diagramas de Bode e margens
Resposta: PM = 51,83 °
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.