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
ReIm22−2−244−4−4z₁z₂w

Dados z₁ = 4∠70° e z₂ = 2∠80°, encontre a parte real de w = z₁/z₂.

z₁ = 4∠70°z₂ = 2∠80°
Re(w) =
2.Números complexosDifícil
ReIm22−2−244−4−4z₁z₂

Uma raiz de z³ − 12z² + 64z − 128 = 0 é z₁ = 4 + j4. Os coeficientes são reais. Encontre a raiz real r.

z₁ = 4 + j4
r =
3.Impedância CA e fasoresMédia
50 V50 HzR = 50 ΩC = 100 µFI

Um resistor e um capacitor estão ligados em paralelo a uma fonte de 50 V (eficaz), 50 Hz. Encontre o módulo da impedância |Z|.

V = 50 V (rms)f = 50 HzR = 50 ΩC = 100 µF
|Z| = Ω
4.Impedância CA e fasoresDifícil
10 V200 HzR = 25 ΩL = 250 mHC = 10 µF

Um circuito RLC série está ligado a uma fonte de 10 V (rms), 200 Hz. Encontre a frequência de ressonância f0 do circuito.

V = 10 V (rms)f = 200 HzR = 25 ΩL = 250 mHC = 10 µF
f0 = Hz
5.Potência CA e fator de potênciaMédia
400 V119 kW, 0,85210 kW, 0,9I

Duas cargas estão ligadas em paralelo a uma fonte monofásica de 400 V: uma carga de 19 kW com fator de potência 0,85 indutivo e uma carga de 10 kW com fator de potência 0,9 capacitivo. Encontre o fator de potência global cos φ visto pela fonte.

V = 400 VP1 = 19 kW, pf1 = 0,85 indutivoP2 = 10 kW, pf2 = 0,9 capacitivo
cos φ =
6.Potência CA e fator de potênciaDifícil
P = 45 kWQ1​S1​φ1​QC​

Uma carga monofásica consome 45 kW com fator de potência 0,65 indutivo de uma fonte de 240 V, 60 Hz. Um capacitor ligado em paralelo eleva o fator de potência para 0,98. Encontre a capacitância C necessária.

P = 45 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,98V = 240 Vf = 60 Hz
C = µF
7.Ressonância LC, fator Q e largura de bandaMédia
C = 100 nF+−2,5 VL = 1 µHiL​

Um capacitor de 100 nF carregado a 5 V oscila com um indutor ideal de 1 µH. Encontre a energia WL armazenada no indutor no instante em que a tensão do capacitor é 2,5 V, em nJ.

C = 100 nFV0 = 5 VvC = 2,5 V
WL = nJ
8.Ressonância LC, fator Q e largura de bandaDifícil
V10 Ω47 µH10 nF50 mA

Um circuito RLC série (R = 10 Ω, L = 47 µH, C = 10 nF) é excitado na ressonância com uma amplitude de corrente de 50 mA. Encontre a energia Ecycle dissipada em R durante um ciclo, em nJ.

R = 10 ΩL = 47 µHC = 10 nFIm = 50 mA
Ecycle = nJ
9.Potência trifásicaMédia
ABCVL​ = 415 VIL​ = ?M75 kW, η = 90%cos φ = 0,9

Um motor de indução trifásico fornece 75 kW de potência mecânica de saída a plena carga. Nessa carga seu rendimento é 90% e seu fator de potência é 0,9 indutivo. A alimentação tem tensão de linha de 415 V. Encontre a corrente de linha IL.

Pout = 75 kWη = 90%cos φ = 0,9VL = 415 V
IL = A
10.Potência trifásicaDifícil
P = 120 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Uma carga trifásica equilibrada consome 120 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 0,9 indutivo. A potência ativa permanece a mesma. Encontre a potência reativa total QC que o banco de capacitores deve fornecer, em kvar.

P = 120 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,9VL = 690 Vf = 50 Hz
QC = kvar
11.Transitórios RC e RLMédia
+−Vs​5 Vt = 0R = 47 ΩL22 mHi(t)

O indutor não conduz corrente antes de a chave fechar em t = 0. Encontre a energia W armazenada no indutor em t = 1 ms, em mJ.

Vs = 5 VR = 47 ΩL = 22 mHt = 1 ms
W = mJ
12.Transitórios RC e RLDifícil
+−Vs​5 Vt = 0R = 6,8 kΩC220 µF+−vC​vC​(0) = 2 V

Logo antes de a chave fechar em t = 0, o capacitor tem 2 V com a polaridade indicada. Quanto tempo leva para vC chegar a 4,1 V? Encontre t.

Vs = 5 VR = 6,8 kΩC = 220 µFvC(0) = 2 V
t = ms
13.Thévenin e NortonMédia
R1​ = 8 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​9 VR2​12 ΩAab

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

V1 = 9 VR1 = 8 ΩR2 = 12 ΩR3 = 6 Ω
Rth = Ω
14.Thévenin e NortonDifícil
R1​ = 25 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​15 VR2​15 ΩAIs​5 ABRL​5 ΩIL​

Uma carga RL = 5 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 VIs = 5 AR1 = 25 ΩR2 = 15 ΩR3 = 15 ΩRL = 5 Ω
IL = A
15.Diagramas de Bode e margensMédia
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 4

Encontre a fase ∠G(jω) de G(s) = 48(s + 12)/(s(s + 9)) em ω = 4 rad/s, em graus.

G(s) = 48(s + 12)/(s(s + 9))ω = 4 rad/s
∠G(jω) = °
16.Diagramas de Bode e margensDifícil
|H| (dB)0,10,1111010100100−60−40−2002040ω (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) = 36/(s(s + 10)). Encontre a margem de fase PM em graus.

L(s) = 36/(s(s + 10))
PM = °

3Soluções

1.Números complexos

Resposta: Re(w) = 1,97

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.

Módulo e argumento de w

|w| = 4 / 2 = 2
θ = 70° − 80° = −10°

Forma retangular

Re(w) = 2·cos(−10°) = 1,97
Im(w) = 2·sin(−10°) = −0,3473
Re(w) = 1,97

Resposta

Re(w) = 1,97
2.Números complexos

Resposta: r = 4

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.

Par conjugado

z₂ = 4 − j4
(z − z₁)(z − z₂) = z² − 2·4·z + (4² + 4²) = z² − 8z + 32

Fatore o trinômio quadrático

z³ − 12z² + 64z − 128 = (z² − 8z + 32)(z − 4)

Raiz real

r = 4

Resposta

r = 4

Confira com a soma das raízes: z₁ + z₂ + r = 8 + 4 = 12 = −(−12).

3.Impedância CA e fasores

Resposta: |Z| = 26,85 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/(ωC) = 1/(2π·50·100·10⁻⁶) = 31,83 Ω

Correntes de ramo

Os dois ramos estão ligados diretamente à fonte, então cada um recebe a tensão total V.

IR = V/R = 50/50 = 1 A
IX = V/XC = 50/31,83 = 1,571 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) = √(1² + 1,571²) = 1,862 A

Impedância

|Z| = V/I = 50/1,862 = 26,85 Ω

Resposta

|Z| = 26,85 Ω
4.Impedância CA e fasores

Resposta: f0 = 100,7 Hz

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.

f0 = 1/(2π√(LC)) = 1/(2π·√(0,25·10·10⁻⁶)) = 100,7 Hz

Resposta

f0 = 100,7 Hz
5.Potência CA e fator de potência

Resposta: cos φ = 0,9726

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 de cada carga

Uma carga indutiva consome potência reativa (Q > 0); uma carga capacitiva a fornece (Q < 0).

Q1 = 19·tan(arccos 0,85) = 11,78 kvar
Q2 = −10·tan(arccos 0,9) = −4,843 kvar

Totais

P = 19 + 10 = 29 kW
Q = 11,78 + (−4,843) = 6,932 kvar
S = √(29² + 6,932²) = 29,82 kVA

Fator de potência global

cos φ = P/S = 29/29,82 = 0,9726 indutivo

Resposta

cos φ = 0,9726
6.Potência CA e fator de potência

Resposta: C = 2002 µF

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 = 45·tan(49,46°) = 52,61 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 45·tan(11,48°) = 9,138 kvar
QC = Q1 − Q2 = 43,47 kvar

Capacitância

Um capacitor ligado à fonte fornece Q = V²·ωC.

C = QC/(2πf·V²) = 43473/(2π·60·240²) = 2002 µF

Resposta

C = 2002 µF
7.Ressonância LC, fator Q e largura de banda

Resposta: WL = 937,5 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

½·1 × 10⁻⁷·5² = 1,25 × 10⁻⁶ J

Energia que resta no capacitor

½·1 × 10⁻⁷·2,5² = 3,125 × 10⁻⁷ J

Energia no indutor

WL = 9,375 × 10⁻⁷ J = 937,5 nJ

Resposta

WL = 937,5 nJ
8.Ressonância LC, fator Q e largura de banda

Resposta: Ecycle = 53,84 nJ

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 = ½·4,7 × 10⁻⁵·0,05² = 5,875 × 10⁻⁸ J

Fator de qualidade

Q = (1/10)·√(4,7 × 10⁻⁵/1 × 10⁻⁸) = 6,856

Energia perdida por ciclo

Ecycle = 2π·W/Q = 2π·5,875 × 10⁻⁸/6,856 = 5,384 × 10⁻⁸ J = 53,84 nJ
verificação: ½·0,05²·10/232151 = 5,384 × 10⁻⁸ J

Resposta

Ecycle = 53,84 nJ
9.Potência trifásica

Resposta: IL = 128,8 A

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 elétrica de entrada

Pin = Pout/η = 75/0,9 = 83,33 kW

Corrente de linha

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 83333/(√3·415·0,9) = 128,8 A

Resposta

IL = 128,8 A
10.Potência trifásica

Resposta: QC = 82,18 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 = 120·tan(acos 0,65) = 120·1,169 = 140,3 kvar
Q2 = 120·tan(acos 0,9) = 120·0,4843 = 58,12 kvar

Potência reativa dos capacitores

QC = Q1 − Q2 = 82,18 kvar

Resposta

QC = 82,18 kvar
11.Transitórios RC e RL

Resposta: W = 0,09683 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 = 22 mH / 47 Ω = 0,4681 ms
i(∞) = Vs/R = 5/47 = 0,1064 A

Corrente no instante dado

i(t) = 0,1064·(1 − e−1/0,4681) = 0,09382 A

Energia armazenada

W = ½·L·i² = ½·22·0,09382² = 0,09683 mJ

Resposta

W = 0,09683 mJ
12.Transitórios RC e RL

Resposta: t = 1801 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) = 2 V, vC(∞) = Vs = 5 V
τ = R·C = 6,8 kΩ · 220 µF = 1496 ms
vC(t) = 5 + (2 − 5)·e−t/τ

Resolva para o tempo

4,1 = 5 + (−3)·e−t/τ → e−t/τ = (4,1 − 5)/(2 − 5) = 0,3
t = τ·ln((2 − 5)/(4,1 − 5)) = 1496·ln(3,333) = 1801 ms

Resposta

t = 1801 ms
13.Thévenin e Norton

Resposta: Rth = 10,8 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​ = 8 ΩR3​ = 6 ΩCURTOR2​12 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 = 8·12/(8+12) = 4,8 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,8 + 6 = 10,8 Ω
14.Thévenin e Norton

Resposta: IL = 4,34 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​ = 25 ΩR3​ = 15 ΩCURTOR2​15 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 = 25·15/(25+15) = 9,375 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 9,375 + 15 = 24,38 Ω
R1​ = 25 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​15 VR2​15 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) = 5,625 + 5·9,375 = 52,5 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 52,5 + 5·15 = 127,5 V
Rth​ = 24,38 Ω+−Vth​127,5 VRL​5 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) = 127,5/(24,38 + 5) = 4,34 A
15.Diagramas de Bode e margens

Resposta: ∠G(jω) = −95,53 °

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(4/12) − 90° − atan(4/9) = 18,43° − 90° − 23,96°

Resultado

∠G(j4) = −95,53°

Resposta

∠G(jω) = −95,53°
16.Diagramas de Bode e margens

Resposta: PM = 71,18 °

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 − 1296 = 0
ω² = (−100 + √(10000 + 4·1296))/2 = 11,61
ωc = 3,408 rad/s

Margem de fase

∠L(jωc) = −90° − atan(3,408/10) = −108,8°
PM = 180° + ∠L = 71,18°

Resposta

PM = 71,18°

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