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
ReIm22−2−244−4−466−6−6θz

O número z = 6·e−j0,5 tem o ângulo em radianos. Encontre a sua parte imaginária b.

r = 6θ = −0,5 rad
b =
2.Números complexosDifícil
ReIm22−2−244−4−4z₁z₂

Resolva z² − 3z + 18,25 = 0. As raízes são a ± jb; encontre b > 0.

p = −3q = 18,25
b =
3.Impedância CA e fasoresMédia
230 V50 HzR = 15 ΩL = 250 mHC = 100 µF

Um circuito RLC série está ligado a uma fonte de 230 V (rms), 50 Hz. Encontre o ângulo de fase φ da impedância, em graus (positivo quando a corrente está atrasada em relação à tensão).

V = 230 V (rms)f = 50 HzR = 15 ΩL = 250 mHC = 100 µF
φ = °
4.Impedância CA e fasoresDifícil
10 V100 HzR = 80 ΩL = 200 mHC = 1 µF

Um circuito RLC série está ligado a uma fonte de 10 V (rms), 100 Hz. Encontre a frequência de ressonância f0 do circuito.

V = 10 V (rms)f = 100 HzR = 80 ΩL = 200 mHC = 1 µF
f0 = Hz
5.Potência CA e fator de potênciaMédia
230 V120 kW, 0,65216 kW, 0,85I = ?

Duas cargas estão ligadas em paralelo a uma fonte monofásica de 230 V: uma carga de 20 kW com fator de potência 0,65 indutivo e uma carga de 16 kW com fator de potência 0,85 capacitivo. Encontre a corrente total I absorvida da fonte.

V = 230 VP1 = 20 kW, pf1 = 0,65 indutivoP2 = 16 kW, pf2 = 0,85 capacitivo
I = A
6.Potência CA e fator de potênciaDifícil
P1​ = 24 kWQ1​S1​φ

Um transformador monofásico de 100 kVA alimenta uma carga de 24 kW com fator de potência 0,6 indutivo. Quanta potência ativa adicional ΔP pode ser acrescentada como carga resistiva (fator de potência unitário) antes que o transformador atinja sua potência nominal em kVA?

Smax = 100 kVAP1 = 24 kWpf1 = 0,6
ΔP = kW
7.Ressonância LC, fator Q e largura de bandaMédia
tvC​iL​T/4 = ?T/2TL = 4,7 mHC = 10 pF

Em um circuito LC ideal com L = 4,7 mH e C = 10 pF, o capacitor está totalmente carregado em t = 0. Quanto tempo leva até que toda a energia esteja no indutor? Dê t em µs.

L = 4,7 mHC = 10 pF
t = µs
8.Ressonância LC, fator Q e largura de bandaDifícil
V2 Ω4,7 mH100 nF200 mA

Um circuito RLC série (R = 2 Ω, L = 4,7 mH, C = 100 nF) é excitado na ressonância com uma amplitude de corrente de 200 mA. Encontre a energia Ecycle dissipada em R durante um ciclo, em µJ.

R = 2 ΩL = 4,7 mHC = 100 nFIm = 200 mA
Ecycle = µJ
9.Potência trifásicaMédia
ABCVL​ = 400 VIL​ = ?M37 kW, η = 90%cos φ = 0,88

Um motor de indução trifásico fornece 37 kW de potência mecânica de saída a plena carga. Nessa carga seu rendimento é 90% e seu fator de potência é 0,88 indutivo. A alimentação tem tensão de linha de 400 V. Encontre a corrente de linha IL.

Pout = 37 kWη = 90%cos φ = 0,88VL = 400 V
IL = A
10.Potência trifásicaDifícil
P = 50 kWφ1​S1​Q2​QC​

Uma carga trifásica equilibrada consome 50 kW com fator de potência 0,72 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 0,98 indutivo. A potência ativa permanece a mesma. Os capacitores estão ligados em Y. Encontre a capacitância Cph de cada capacitor em µF.

P = 50 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,98VL = 690 Vf = 50 Hz
Cph = µF
11.Transitórios RC e RLMédia
+−Vs​10 Vt = 0R = 33 ΩL100 mHi(t)

O indutor não conduz corrente antes de a chave fechar em t = 0. Encontre a corrente i em t = 5 ms.

Vs = 10 VR = 33 ΩL = 100 mHt = 5 ms
i = A
12.Transitórios RC e RLDifícil
+−Vs​20 VR1​ = 33 ΩR2​ = 5 Ωabre em t = 0L220 mHi(t)

A chave em paralelo com R2 está fechada há muito tempo, então a corrente do indutor é constante. Em t = 0 a chave abre. Encontre a corrente do indutor i em t = 10 ms.

Vs = 20 VR1 = 33 ΩR2 = 5 ΩL = 220 mHt = 10 ms
i = A
13.Thévenin e NortonMédia
R1​ = 2 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​9 VR2​8 ΩARL​8 ΩIL​B

Uma carga RL = 8 Ω é ligada entre a–b. Substitua o resto do circuito pelo seu equivalente de Thévenin e encontre a corrente na carga IL.

V1 = 9 VR1 = 2 ΩR2 = 8 ΩR3 = 6 ΩRL = 8 Ω
IL = A
14.Thévenin e NortonDifícil
R1​ = 6 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​15 VR2​12 ΩAIs​0,5 ABab

Encontre a tensão de Thévenin Vth vista dos terminais a–b.

V1 = 15 VIs = 0,5 AR1 = 6 ΩR2 = 12 ΩR3 = 10 Ω
Vth = V
15.Diagramas de Bode e margensMédia
vin​C = 1 nFR = 22 kΩvout​

O Filtro passa-altas RC mostrado tem R = 22 kΩ, C = 1 nF. Aplica-se uma entrada senoidal de 22 kHz. Encontre a defasagem φ de vout em relação a vin, em graus.

R = 22 kΩC = 1 nFf = 22 kHz
φ = °
16.Diagramas de Bode e margensDifícil
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​ = ?

Uma malha com realimentação unitária tem a função de transferência de malha aberta L(s) = 22/(s(s + 1)(s + 9)). Encontre a frequência de cruzamento de fase ω180, onde ∠L(jω) = −180°.

L(s) = 22/(s(s + 1)(s + 9))
ω180 = rad/s

3Soluções

1.Números complexos

Resposta: b = −2,877

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.

Fórmula de Euler

z = 6·(cos −0,5 + j sin −0,5)

Componentes (radianos)

a = 6·cos −0,5 = 5,265
b = 6·sin −0,5 = −2,877
b = −2,877

Resposta

b = −2,877
2.Números complexos

Resposta: b = 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.

Discriminante

p² − 4q = 9 − 73 = −64 < 0

Fórmula quadrática

z = (3 ± j√64)/2 = 1,5 + j4, 1,5 − j4

Resposta

b = 4

Resposta

b = 4
3.Impedância CA e fasores

Resposta: φ = 72,2 °

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·50 = 314,2 rad/s
XL = ωL = 314,2·0,25 = 78,54 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·100·10⁻⁶) = 31,83 Ω

Impedância

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(15² + (46,71)²) = 49,06 Ω

Ângulo de fase

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(46,71/15) = 72,2°

Resposta

φ = 72,2°
4.Impedância CA e fasores

Resposta: f0 = 355,9 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·√(0,2·1·10⁻⁶)) = 355,9 Hz

Resposta

f0 = 355,9 Hz
5.Potência CA e fator de potência

Resposta: I = 167,1 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 de cada carga

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

Q1 = 20·tan(arccos 0,65) = 23,38 kvar
Q2 = −16·tan(arccos 0,85) = −9,916 kvar

Totais

P = 20 + 16 = 36 kW
Q = 23,38 + (−9,916) = 13,47 kvar
S = √(36² + 13,47²) = 38,44 kVA

Corrente total

I = S/V = 38436/230 = 167,1 A

Resposta

I = 167,1 A
6.Potência CA e fator de potência

Resposta: ΔP = 70,74 kW

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 da carga existente

Q1 = 24·tan(arccos 0,6) = 32 kvar

Maior potência ativa total

Na potência nominal S = Smax, e Q não é alterada pela carga resistiva.

P = √(Smax² − Q1²) = √(100² − 32²) = 94,74 kW

Potência ativa adicional

ΔP = 94,74 − 24 = 70,74 kW

Resposta

ΔP = 70,74 kW
7.Ressonância LC, fator Q e largura de banda

Resposta: t = 0,3405 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√(0,0047·1 × 10⁻¹¹) = 1,362 µs

Quarto de período

t = T/4 = 0,3405 µs

Resposta

t = 0,3405 µs
8.Ressonância LC, fator Q e largura de banda

Resposta: Ecycle = 5,449 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 = ½·0,0047·0,2² = 9,4 × 10⁻⁵ J

Fator de qualidade

Q = (1/2)·√(0,0047/1 × 10⁻⁷) = 108,4

Energia perdida por ciclo

Ecycle = 2π·W/Q = 2π·9,4 × 10⁻⁵/108,4 = 5,449 × 10⁻⁶ J = 5,449 µJ
verificação: ½·0,2²·2/7341 = 5,449 × 10⁻⁶ J

Resposta

Ecycle = 5,449 µJ
9.Potência trifásica

Resposta: IL = 67,43 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 = 37/0,9 = 41,11 kW

Corrente de linha

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 41111/(√3·400·0,88) = 67,43 A

Resposta

IL = 67,43 A
10.Potência trifásica

Resposta: Cph = 254,3 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 = 50·tan(acos 0,72) = 50·0,9639 = 48,19 kvar
Q2 = 50·tan(acos 0,98) = 50·0,2031 = 10,15 kvar

Potência reativa dos capacitores

QC = Q1 − Q2 = 38,04 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·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 12680/(314,2·398,4²) = 254,3 µF

Resposta

Cph = 254,3 µF
11.Transitórios RC e RL

Resposta: i = 0,2448 A

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 = 100 mH / 33 Ω = 3,03 ms
i(∞) = Vs/R = 10/33 = 0,303 A

Corrente no instante dado

i(t) = i(∞)·(1 − e−t/τ) = 0,303·(1 − e−5/3,03) = 0,2448 A

Resposta

i = 0,2448 A
12.Transitórios RC e RL

Resposta: i = 0,5405 A

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

Antes de t = 0 a chave fechada desvia R₂; depois R₁ e R₂ estão os dois na malha.

i(0) = 20/33 = 0,6061 A
i(∞) = 20/(33 + 5) = 0,5263 A
τ = L/R = 220/38 = 5,789 ms
i(t) = 0,5263 + (0,6061 − 0,5263)·e−t/τ

Corrente no instante dado

i(10) = 0,5263 + (0,07974)·e−10/5,789 = 0,5405 A

Resposta

i = 0,5405 A
13.Thévenin e Norton

Resposta: IL = 0,4615 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​ = 2 ΩR3​ = 6 ΩCURTOR2​8 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 = 2·8/(2+8) = 1,6 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,6 + 6 = 7,6 Ω
R1​ = 2 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​9 VR2​8 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) = 9·8/(2+8) = 7,2 V
Rth​ = 7,6 Ω+−Vth​7,2 VRL​8 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) = 7,2/(7,6 + 8) = 0,4615 A
14.Thévenin e Norton

Resposta: Vth = 17 V

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​ = 6 ΩR3​ = 10 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 = 6·12/(6+12) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 10 = 14 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​15 VR2​12 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) = 10 + 0,5·4 = 12 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 12 + 0,5·10 = 17 V
15.Diagramas de Bode e margens

Resposta: φ = 18,2 °

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/(22000·1 × 10⁻⁹) = 45455 rad/s
fc = 7234 Hz → f/fc = 22000/7234 = 3,041

Fase

φ = 90° − atan(3,041) = 18,2°

Resposta

φ = 18,2°
16.Diagramas de Bode e margens

Resposta: ω180 = 3 rad/s

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 fase

(ω/1)·(ω/9) = 1 → ω180 = √(1·9) = 3 rad/s

Resposta

ω180 = 3 rad/s

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