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
ReIm11−1−122−2−233−3−344−4−455−5−566−6−677−7−788−8−8zABCD

O diagrama mostra z = −3 − j. Com w = 2∠−90°, clique no ponto que representa z·w.

z = −3 − jw = 2∠−90°
  1. 1A (−6 − j2)
  2. 2B (−2 + j6)
  3. 3C (−1 + j3)
  4. 4D (2 − j6)
2.Números complexosDifícil
ReIm11−1−122−2−233−3−3z₀z₁z₂z₃

As raízes de zⁿ = w com n = 4 e w = 81∠45° são zk = R1/n∠((φ + 360°·k)/n), k = 0, 1, 2, 3. Encontre a parte real de z₂.

w = 81∠45°n = 4k = 2
Re(z₂) =
3.Impedância CA e fasoresMédia
50 V100 HzR = 30 ΩL = 150 mHC = 47 µFI

Um circuito RLC série está ligado a uma fonte de 50 V (rms), 100 Hz. Encontre a corrente rms I.

V = 50 V (rms)f = 100 HzR = 30 ΩL = 150 mHC = 47 µF
I = A
4.Impedância CA e fasoresDifícil
120 V200 HzR1​ = 10 ΩR2​ = 100 ΩC = 2,2 µFI

Um resistor R1 está ligado em série com uma associação em paralelo de R2 e um capacitor C, a uma fonte de 120 V (eficaz), 200 Hz. Encontre a corrente rms I.

V = 120 V (rms)f = 200 HzR1 = 10 ΩR2 = 100 ΩC = 2,2 µF
I = A
5.Potência CA e fator de potênciaMédia
P = 36 kWQ = ?Sφ

Um motor monofásico consome 36 kW com fator de potência 0,75 indutivo de uma fonte de 230 V. Encontre a potência reativa Q que ele consome.

P = 36 kWpf = 0,75V = 230 V
Q = kvar
6.Potência CA e fator de potênciaDifícil
P = 20 kWQ1​S1​φ1​QC​

Uma carga monofásica consome 20 kW com fator de potência 0,75 indutivo de uma fonte de 230 V, 60 Hz. Um capacitor ligado em paralelo eleva o fator de potência para 0,9. Encontre a nova corrente de linha Inew.

P = 20 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,9V = 230 Vf = 60 Hz
Inew = A
7.Ressonância LC, fator Q e largura de bandaMédia
tvC​iL​T/4 = ?T/2TL = 10 mHC = 2,2 nF

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

L = 10 mHC = 2,2 nF
t = µs
8.Ressonância LC, fator Q e largura de bandaDifícil
V22 Ω10 mH100 nF500 mA

Um circuito RLC série (R = 22 Ω, L = 10 mH, C = 100 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 = 22 ΩL = 10 mHC = 100 nFIm = 500 mA
Ecycle = µJ
9.Potência trifásicaMédia
ABCVL​ = 480 VIL​ = 50 Acos φ = 0,95indutivo

Uma carga trifásica equilibrada consome uma corrente de linha de 50 A de uma alimentação com tensão de linha de 480 V. O fator de potência é 0,95 indutivo. Encontre a potência ativa total P consumida pela carga em kW.

VL = 480 VIL = 50 Acos φ = 0,95
P = kW
10.Potência trifásicaDifícil
P = 50 kWφ1​S1​Q2​QC​

Uma carga trifásica equilibrada consome 50 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 Δ. Encontre a capacitância Cph de cada capacitor em µF.

P = 50 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,98VL = 480 Vf = 60 Hz
Cph = µF
11.Transitórios RC e RLMédia
+−Vs​9 Vt = 0R = 50 ΩL10 mHi(t)

O indutor não conduz corrente antes de a chave fechar em t = 0. Encontre a energia W(∞) armazenada no indutor depois que o circuito se estabiliza, em mJ.

Vs = 9 VR = 50 ΩL = 10 mH
W(∞) = mJ
12.Transitórios RC e RLDifícil
+−Vs​15 Vt = 0R = 10 kΩC100 µF+−vC​vC​(0) = 6 V

Logo antes de a chave fechar em t = 0, o capacitor tem 6 V com a polaridade indicada. Quanto tempo leva para vC chegar a 9,6 V? Encontre t.

Vs = 15 VR = 10 kΩC = 100 µFvC(0) = 6 V
t = ms
13.Thévenin e NortonMédia
R1​ = 5 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​30 VR2​4 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 = 30 VR1 = 5 ΩR2 = 4 ΩR3 = 15 ΩRL = 20 Ω
IL = A
14.Thévenin e NortonDifícil
R1​ = 12 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​6 VR2​8 ΩAIs​0,5 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 = 6 VIs = 0,5 AR1 = 12 ΩR2 = 8 ΩR3 = 20 ΩRL = 10 Ω
PL = W
15.Diagramas de Bode e margensMédia
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−40−20020406080ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 5

Encontre a fase ∠G(jω) de G(s) = 22(s + 17)/(s(s + 3)) em ω = 5 rad/s, em graus.

G(s) = 22(s + 17)/(s(s + 3))ω = 5 rad/s
∠G(jω) = °
16.Diagramas de Bode e margensDifícil
|H| (dB)0,10,1111010100100−60−40−200204060ω (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) = 92,5/(s(s + 5)). Encontre a margem de fase PM em graus.

L(s) = 92,5/(s(s + 5))
PM = °

3Soluções

1.Números complexos

Resposta: B (−2 + j6)

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| = 2·|z|, arg(z·w) = arg z + (−90)°

O ponto

z·w = −2 + j6 → B

Resposta

B (−2 + j6)
2.Números complexos

Resposta: Re(z₂) = −2,942

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 das raízes

811/4 = 3

Argumento da raiz

θ₂ = (45° + 360°·2)/4 = 191,3° → −168,8°

Forma retangular

z₂ = 3·(cos −168,8° + j sin −168,8°) = −2,942 − j0,5853
Re(z₂) = −2,942

Resposta

Re(z₂) = −2,942

As 4 raízes ficam sobre a circunferência de raio 3, separadas por 90°.

3.Impedância CA e fasores

Resposta: I = 0,7415 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·100 = 628,3 rad/s
XL = ωL = 628,3·0,15 = 94,25 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(628,3·47·10⁻⁶) = 33,86 Ω

Impedância

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(30² + (60,39)²) = 67,43 Ω

Corrente

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

I = V/|Z| = 50/67,43 = 0,7415 A

Resposta

I = 0,7415 A
4.Impedância CA e fasores

Resposta: I = 1,131 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

XC = 1/(2π·200·2,2·10⁻⁶) = 361,7 Ω

Associação em paralelo

Multiplique numerador e denominador pelo complexo conjugado para separar Zp em partes real e imaginária.

Zp = R₂·(−jXC)/(R₂ − jXC) = (R₂·XC² − jR₂²·XC)/(R₂² + XC²)
Zp = 92,9 − j25,68 Ω

Impedância total

Z = 10 + 92,9 − j25,68 = 102,9 − j25,68 Ω
|Z| = √(102,9² + 25,68²) = 106,1 Ω

Corrente

I = V/|Z| = 120/106,1 = 1,131 A

Resposta

I = 1,131 A
5.Potência CA e fator de potência

Resposta: Q = 31,75 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.

Ângulo

φ = arccos(0,75) = 41,41°, tan φ = 0,8819

Potência reativa

Q = P·tan φ = 36·0,8819 = 31,75 kvar

Resposta

Q = 31,75 kvar
6.Potência CA e fator de potência

Resposta: Inew = 96,62 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 = 20·tan(41,41°) = 17,64 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 20·tan(25,84°) = 9,686 kvar
QC = Q1 − Q2 = 7,952 kvar

Nova corrente de linha

Inew = P/(V·cos φ2) = 20000/(230·0,9) = 96,62 A

Resposta

Inew = 96,62 A
7.Ressonância LC, fator Q e largura de banda

Resposta: t = 7,368 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√(0,01·2,2 × 10⁻⁹) = 29,47 µs

Quarto de período

t = T/4 = 7,368 µs

Resposta

t = 7,368 µs
8.Ressonância LC, fator Q e largura de banda

Resposta: Ecycle = 546,4 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).

Energia armazenada

W = ½·0,01·0,5² = 0,00125 J

Fator de qualidade

Q = (1/22)·√(0,01/1 × 10⁻⁷) = 14,37

Energia perdida por ciclo

Ecycle = 2π·W/Q = 2π·0,00125/14,37 = 0,0005464 J = 546,4 µJ
verificação: ½·0,5²·22/5033 = 0,0005464 J

Resposta

Ecycle = 546,4 µJ
9.Potência trifásica

Resposta: P = 39,49 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 = √3·480·50 = 41,57 kVA

Potência ativa

P = S·cos φ = 41,57·0,95 = 39,49 kW

Resposta

P = 39,49 kW
10.Potência trifásica

Resposta: Cph = 104,9 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 = 50·tan(acos 0,8) = 50·0,75 = 37,5 kvar
Q2 = 50·tan(acos 0,98) = 50·0,2031 = 10,15 kvar

Potência reativa dos capacitores

QC = Q1 − Q2 = 27,35 kvar

Capacitância por fase

Em um banco em Δ cada capacitor está ligado entre duas linhas.

V = 480 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 9116/(377·480²) = 104,9 µF

Resposta

Cph = 104,9 µF
11.Transitórios RC e RL

Resposta: W(∞) = 0,162 mJ

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 / 50 Ω = 0,2 ms
i(∞) = Vs/R = 9/50 = 0,18 A

Energia armazenada

W(∞) = ½·L·i(∞)² = ½·10·0,18² = 0,162 mJ

Resposta

W(∞) = 0,162 mJ
12.Transitórios RC e RL

Resposta: t = 510,8 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.

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) = 6 V, vC(∞) = Vs = 15 V
τ = R·C = 10 kΩ · 100 µF = 1000 ms
vC(t) = 15 + (6 − 15)·e−t/τ

Resolva para o tempo

9,6 = 15 + (−9)·e−t/τ → e−t/τ = (9,6 − 15)/(6 − 15) = 0,6
t = τ·ln((6 − 15)/(9,6 − 15)) = 1000·ln(1,667) = 510,8 ms

Resposta

t = 510,8 ms
13.Thévenin e Norton

Resposta: IL = 0,3582 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​ = 15 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 = 5·4/(5+4) = 2,222 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,222 + 15 = 17,22 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​30 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) = 30·4/(5+4) = 13,33 V
Rth​ = 17,22 Ω+−Vth​13,33 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) = 13,33/(17,22 + 20) = 0,3582 A
14.Thévenin e Norton

Resposta: PL = 1,809 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​ = 12 ΩR3​ = 20 ΩCURTOR2​8 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 = 12·8/(12+8) = 4,8 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,8 + 20 = 24,8 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​6 VR2​8 ΩAIs​0,5 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) = 2,4 + 0,5·4,8 = 4,8 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 4,8 + 0,5·20 = 14,8 V
Rth​ = 24,8 Ω+−Vth​14,8 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) = 14,8/(24,8 + 10) = 0,4253 A
PL = IL²·RL = 0,4253²·10 = 1,809 W
15.Diagramas de Bode e margens

Resposta: ∠G(jω) = −132,6 °

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(5/17) − 90° − atan(5/3) = 16,39° − 90° − 59,04°

Resultado

∠G(j5) = −132,6°

Resposta

∠G(jω) = −132,6°
16.Diagramas de Bode e margens

Resposta: PM = 29,08 °

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 + 25ω² − 8556 = 0
ω² = (−25 + √(625 + 4·8556))/2 = 80,84
ωc = 8,991 rad/s

Margem de fase

∠L(jωc) = −90° − atan(8,991/5) = −150,9°
PM = 180° + ∠L = 29,08°

Resposta

PM = 29,08°

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