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 = 1 + j3 em graus, como valor principal entre −180° e 180°.
z = 1 + j3
θ = °
2.Números complexosDifícil
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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.
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
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.
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.
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.
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.
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.
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
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
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.