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
ReIm11−1−122−2−233−3−3θz

Encontre o argumento θ de z = 1 + j3 em graus, como valor principal entre −180° e 180°.

z = 1 + j3
θ = °
2.Números complexosDifícil
ReIm0,50,5−0,5−0,511−1−1θz

Use o teorema de De Moivre para encontrar a parte real de z³ para z = 1 − j.

z = 1 − jn = 3
Re(z³) =
3.Impedância CA e fasoresMédia
230 V200 HzR = 60 ΩL = 250 mHC = 22 µFI

Um circuito RLC série está ligado a uma fonte de 230 V (rms), 200 Hz. Encontre a potência ativa P absorvida da fonte.

V = 230 V (rms)f = 200 HzR = 60 ΩL = 250 mHC = 22 µF
P = W
4.Impedância CA e fasoresDifícil
120 V60 HzR1​ = 15 ΩR2​ = 80 ΩC = 10 µF

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), 60 Hz. Encontre o módulo da impedância |Z|.

V = 120 V (rms)f = 60 HzR1 = 15 ΩR2 = 80 ΩC = 10 µF
|Z| = Ω
5.Potência CA e fator de potênciaMédia
120 VR + jXP = 1170 W19,5 A

Uma carga indutiva consome 19,5 A e 1170 W de uma fonte monofásica de 120 V (eficaz). Modele-a como uma resistência R em série com uma reatância X. Encontre X.

V = 120 VI = 19,5 AP = 1170 W
X = Ω
6.Potência CA e fator de potênciaDifícil
400 V60 Hzcarga12 kW, 0,6C150 µFI

Uma carga monofásica consome 12 kW com fator de potência 0,6 indutivo de uma fonte de 400 V, 60 Hz. Um capacitor de 150 µF é ligado em paralelo com a carga. Encontre o novo fator de potência cos φ visto pela fonte.

P = 12 kWpf1 = 0,6V = 400 Vf = 60 HzC = 150 µF
cos φ =
7.Ressonância LC, fator Q e largura de bandaMédia
tvC​iL​T/4 = ?T/2TL = 22 µHC = 22 nF

Em um circuito LC ideal com L = 22 µH e C = 22 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 = 22 µHC = 22 nF
t = µs
8.Ressonância LC, fator Q e largura de bandaDifícil
C = 4,7 nFr = 2 ΩL = 100 µH

Um circuito tanque paralelo é feito de um capacitor de 4,7 nF e uma bobina de 100 µH com resistência do enrolamento de 2 Ω. Na ressonância, ele se comporta como um resistor, sua resistência dinâmica RD = L/(C·r). Encontre RD em kΩ.

L = 100 µHC = 4,7 nFr = 2 Ω
RD = kΩ
9.Potência trifásicaMédia
ABCVL​ = 480 VZ = 20 + j15 Ωpor fase

Uma carga equilibrada ligada em Δ com impedância de 20 + j15 Ω por fase está ligada a uma alimentação trifásica equilibrada com tensão de linha de 480 V. Encontre a potência ativa total P absorvida pela carga em kW.

VL = 480 VZ = 20 + j15 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 0,78 indutivo de uma alimentação de 690 V (tensão de linha), 60 Hz. Um banco de capacitores trifásico em paralelo com a carga deve elevar o fator de potência total para 0,9 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 = 0,78pf2 = 0,9VL = 690 Vf = 60 Hz
Cph = µF
11.Transitórios RC e RLMédia
+−Vs​9 Vt = 0R1​ = 4,7 kΩR2​ = 6,8 kΩC47 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 tensão no capacitor vC em t = 120 ms.

Vs = 9 VR1 = 4,7 kΩR2 = 6,8 kΩC = 47 µFt = 120 ms
vC = V
12.Transitórios RC e RLDifícil
+−Vs​20 Vt = 0R = 3,3 kΩC10 µF+−vC​vC​(0) = 8 V

Logo antes de a chave fechar em t = 0, o capacitor tem 8 V com a polaridade indicada. Quanto tempo leva para vC chegar a 16,4 V? Encontre t.

Vs = 20 VR = 3,3 kΩC = 10 µFvC(0) = 8 V
t = ms
13.Thévenin e NortonMédia
R1​ = 4 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​10 VR2​6 ΩAab

Encontre a resistência de Thévenin Rth vista dos terminais a–b.

V1 = 10 VR1 = 4 ΩR2 = 6 ΩR3 = 10 Ω
Rth = Ω
14.Thévenin e NortonDifícil
R1​ = 4 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​30 VR2​12 ΩAIs​5 ABRL​12 ΩIL​

Uma carga RL = 12 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 VIs = 5 AR1 = 4 ΩR2 = 12 ΩR3 = 20 ΩRL = 12 Ω
IL = A
15.Diagramas de Bode e margensMédia
vin​L = 50 mHC = 4,7 µFR = 20 Ωvout​

No filtro passa-faixa RLC série mostrado, a saída é tomada sobre R = 20 Ω, com L = 50 mH e C = 4,7 µF. Encontre a frequência central (de ressonância) f0 em Hz.

R = 20 ΩL = 50 mHC = 4,7 µF
f0 = Hz
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) = 280/(s(s + 10)). Encontre a margem de fase PM em graus.

L(s) = 280/(s(s + 10))
PM = °

3Soluções

1.Números complexos

Resposta: θ = 71,57 °

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 = 1, b = 3 → I

Ângulo de referência

α = atan(3/1) = 71,57°

Argumento

θ = α = 71,57°

Resposta

θ = 71,57°

Na forma polar, z = 3,162∠71,57°.

2.Números complexos

Resposta: Re(z³) = −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.

Forma polar

z = 1 − j = √2∠−45°

De Moivre

z³ = (√2)³∠−135° = 2,828∠−135°

Forma retangular

z³ = 2,828·(cos −135° + j sin −135°) = −2 − j2
Re(z³) = −2

Resposta

Re(z³) = −2
3.Impedância CA e fasores

Resposta: P = 39,24 W

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

XL = 314,2 Ω, XC = 36,17 Ω

Impedância

|Z| = √(60² + (278)²) = 284,4 Ω

Potência ativa

Indutores e capacitores só armazenam e devolvem energia; o resistor absorve toda a potência ativa.

I = 230/284,4 = 0,8088 A
P = I²·R = 0,8088²·60 = 39,24 W

Resposta

P = 39,24 W
4.Impedância CA e fasores

Resposta: |Z| = 91,06 Ω

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·60·10·10⁻⁶) = 265,3 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 = 73,33 − j22,12 Ω

Impedância total

Z = 15 + 73,33 − j22,12 = 88,33 − j22,12 Ω
|Z| = √(88,33² + 22,12²) = 91,06 Ω

Resposta

|Z| = 91,06 Ω
5.Potência CA e fator de potência

Resposta: X = 5,329 Ω

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.

Resistência pela potência ativa

R = P/I² = 1170/19,5² = 3,077 Ω

Reatância pela impedância

|Z| = V/I = 120/19,5 = 6,154 Ω
X = √(|Z|² − R²) = √(6,154² − 3,077²) = 5,329 Ω

Resposta

X = 5,329 Ω
6.Potência CA e fator de potência

Resposta: cos φ = 0,8653

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 = 12·tan(arccos 0,6) = 16 kvar
QC = V²·2πf·C = 400²·2π·60·150·10⁻⁶ = 9048 var = 9,048 kvar
Q2 = 16 − 9,048 = 6,952 kvar

Nova potência aparente

S2 = √(12² + 6,952²) = 13,87 kVA

Novo fator de potência

cos φ = P/S2 = 12/13,87 = 0,8653

Resposta

cos φ = 0,8653
7.Ressonância LC, fator Q e largura de banda

Resposta: t = 1,093 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√(2,2 × 10⁻⁵·2,2 × 10⁻⁸) = 4,371 µs

Quarto de período

t = T/4 = 1,093 µs

Resposta

t = 1,093 µs
8.Ressonância LC, fator Q e largura de banda

Resposta: RD = 10,64 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 = 1 × 10⁻⁴/(4,7 × 10⁻⁹·2) = 10638 Ω = 10,64 kΩ

Verificação com Q

Q = (1/r)·√(L/C) = 72,93, Q²·r = 10638 Ω

Resposta

RD = 10,64 kΩ
9.Potência trifásica

Resposta: P = 22,12 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 = 480 V

Corrente de fase

|Z| = √(20² + 15²) = 25 Ω
Iph = 480/25 = 19,2 A

Potência ativa total

Só a parte resistiva de cada impedância absorve potência ativa.

P = 3·Iph²·R = 3·19,2²·20 = 22,12 kW

Resposta

P = 22,12 kW

Verificação: cos φ = R/|Z| = 0,8, e √3·VL·IL·cos φ dá a mesma potência.

10.Potência trifásica

Resposta: Cph = 354,3 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 0,78) = 200·0,8023 = 160,5 kvar
Q2 = 200·tan(acos 0,9) = 200·0,4843 = 96,86 kvar

Potência reativa dos capacitores

QC = Q1 − Q2 = 63,59 kvar

Capacitância por fase

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

V = 690/√3 = 398,4 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 21197/(377·398,4²) = 354,3 µF

Resposta

Cph = 354,3 µF
11.Transitórios RC e RL

Resposta: vC = 3,198 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.

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 = 4,7·6,8/(4,7 + 6,8) = 2,779 kΩ
vC(∞) = 9·6,8/(4,7 + 6,8) = 5,322 V

Constante de tempo

τ = Rth·C = 2,779·47 = 130,6 ms

Curva de carga

vC(t) = 5,322·(1 − e−120/130,6) = 3,198 V

Resposta

vC = 3,198 V
12.Transitórios RC e RL

Resposta: t = 39,73 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) = 8 V, vC(∞) = Vs = 20 V
τ = R·C = 3,3 kΩ · 10 µF = 33 ms
vC(t) = 20 + (8 − 20)·e−t/τ

Resolva para o tempo

16,4 = 20 + (−12)·e−t/τ → e−t/τ = (16,4 − 20)/(8 − 20) = 0,3
t = τ·ln((8 − 20)/(16,4 − 20)) = 33·ln(3,333) = 39,73 ms

Resposta

t = 39,73 ms
13.Thévenin e Norton

Resposta: Rth = 12,4 Ω

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​ = 10 ΩCURTOR2​6 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 = 4·6/(4+6) = 2,4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,4 + 10 = 12,4 Ω
14.Thévenin e Norton

Resposta: IL = −2,643 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​ = 20 ΩCURTOR2​12 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 = 4·12/(4+12) = 3 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3 + 20 = 23 Ω
R1​ = 4 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​30 VR2​12 ΩAIs​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) = 22,5 + (−5)·3 = 7,5 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 7,5 + (−5)·20 = −92,5 V
Rth​ = 23 Ω−+Vth​92,5 VRL​12 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) = −92,5/(23 + 12) = −2,643 A
15.Diagramas de Bode e margens

Resposta: f0 = 328,3 Hz

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 ressonância

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,05·4,7 × 10⁻⁶) = 2063 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 328,3 Hz

Resposta

f0 = 328,3 Hz
16.Diagramas de Bode e margens

Resposta: PM = 33,15 °

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 + 100ω² − 78400 = 0
ω² = (−100 + √(10000 + 4·78400))/2 = 234,4
ωc = 15,31 rad/s

Margem de fase

∠L(jωc) = −90° − atan(15,31/10) = −146,9°
PM = 180° + ∠L = 33,15°

Resposta

PM = 33,15°

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