Formulários, as principais etapas dos métodos de cada tópico e 40 exercícios, com soluções completas no final.
Encontre a corrente IR1 fornecida pela fonte, que passa por R1.
Encontre a corrente IR1 fornecida pela fonte, que passa por R1.
Use análise nodal para encontrar a potência PIs fornecida pela fonte de corrente Is.
A fonte de corrente é ajustada até que a tensão de nó em A seja VA = 13 V. Use análise nodal para encontrar a corrente da fonte Is (sentido como indicado).
Use análise de malhas para encontrar a corrente de malha I1 (sentido horário).
Use análise de malhas para encontrar a corrente IR3 em R3 no sentido da seta.
Use superposição para encontrar a tensão VR4 sobre R4 com a polaridade indicada.
Use superposição para encontrar a tensão VR2 sobre R2 com a polaridade indicada.
Encontre a resistência de Thévenin Rth vista dos terminais a–b.
Uma carga RL = 6 Ω é ligada entre a–b. Substitua o resto do circuito pelo seu equivalente de Thévenin e encontre a corrente na carga IL.
O indutor não conduz corrente antes de a chave fechar em t = 0. Quanto tempo depois de a chave fechar a corrente chega a 75% do seu valor final? Encontre t.
Um temporizador começa a carregar um capacitor descarregado através de um resistor a partir de uma fonte de 12 V em t = 0. Ele deve disparar quando a tensão do capacitor atingir 9 V, exatamente 1000 ms após o início. Com R = 1 kΩ, encontre a capacitância C necessária.
Um resistor e um capacitor estão ligados em paralelo a uma fonte de 100 V (eficaz), 500 Hz. Encontre a corrente rms I.
Um resistor R1 está ligado em série com uma associação em paralelo de R2 e um capacitor C, a uma fonte de 230 V (eficaz), 200 Hz. Encontre a corrente rms I.
Duas cargas estão ligadas em paralelo a uma fonte monofásica de 230 V: uma carga de 11 kW com fator de potência 0,8 indutivo e uma carga de 26 kW com fator de potência 0,7 indutivo. Encontre a corrente total I absorvida da fonte.
Uma carga monofásica consome 45 kW com fator de potência 0,6 indutivo de uma fonte de 400 V, 50 Hz. Um capacitor ligado em paralelo eleva o fator de potência para 0,92. Encontre a nova corrente de linha Inew.
Um motor de indução trifásico fornece 45 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.
Uma carga trifásica equilibrada consome 150 kW com fator de potência 0,75 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 0,92 indutivo. A potência ativa permanece a mesma. Os capacitores estão ligados em Δ. Encontre a capacitância Cph de cada capacitor em µF.
Um amplificador com resistência de saída de 800 Ω alimenta um alto-falante de 8 Ω por meio de um transformador ideal. Para máxima transferência de potência, o alto-falante deve parecer 800 Ω para o amplificador. Encontre a relação de espiras a = N₁/N₂.
Um transformador monofásico de 500 kVA tem perdas no núcleo de 4000 W. Na carga nominal e com fator de potência 0,9 indutivo, seu rendimento é 98%. Encontre as perdas no cobre a plena carga Pcu,fl em watts.
O amplificador diferencial usa um amplificador operacional ideal alimentado com ±15 V, com R3 = R1 e R4 = R2. Encontre a tensão de saída Vout.
Dois estágios com amplificador operacional ideal estão ligados em cascata: um amplificador inversor (R1, Rf1) seguido de um amplificador não inversor (R2 para o terra, Rf2 na realimentação). Os dois são alimentados com ±15 V. A entrada é Vin = 0,7 V. Encontre a tensão de saída Vout.
Um transistor NPN com β = 120 tem polarização por divisor de tensão a partir de VCC = 18 V: R₁ = 56 kΩ de VCC até a base e R₂ = 8,2 kΩ da base até o terra. O resistor de coletor é RC = 2,7 kΩ e o resistor de emissor é RE = 2,2 kΩ. Considere VBE = 0,7 V e use o equivalente de Thévenin do divisor (não despreze a corrente de base). Encontre a tensão coletor–emissor VCE.
Um transistor NPN com β = 50 chaveia um resistor de carga de 100 Ω ligado entre VCC = 9 V e o seu coletor. O emissor está aterrado. A base é acionada por uma saída lógica de 3,3 V através de um resistor de base RB. Considere VBE = 0,7 V e VCE(sat) = 0,2 V. Encontre o maior resistor de base RB, em kΩ, que ainda leva o transistor exatamente à saturação.
Escreva −100 como padrão de 8 bits em complemento para dois. Leia o padrão como número binário sem sinal: qual é o seu valor U em decimal?
Defina os bits com o resultado de 8 bits de 1101 1000 OR 1011 0111. Qual é o valor R do resultado em decimal?
Neste mapa de Karnaugh exatamente um 1 não tem 1 vizinho, então permanece um grupo de uma célula (um mintermo completo de quatro literais) na forma SOP mínima. Os vizinhos através das bordas do mapa contam. Clique nessa célula.
Encontre a forma SOP mínima de F(A, B, C, D) = Σm(2, 5, 7, 8, 10) + d(0, 3, 9, 13, 15), em que d marca as condições irrelevantes (don’t-care). Quantos literais L ela contém?
Encontre f(t) para F(s) = (2s + 27)/(s² + 4s + 29) completando o quadrado e calcule f(0,25).
Resolva y″ + 5y′ + 4y = 0 com y(0) = −4 e y′(0) = −12 usando a transformada de Laplace e encontre y(1,2).
Uma planta G(s) = 14/(s + 10) é controlada em uma malha de realimentação negativa cujo sensor tem ganho H = 2. Um degrau de tamanho 10 é aplicado em R. Encontre a saída em regime permanente css.
Reduza o diagrama de blocos com G₁ = 20/(s + 5), G₂ = 5/(s + 3), uma realimentação negativa interna H₁ = 4 em torno de G₂ e uma realimentação negativa externa H₂ = 1. Encontre o ganho CC T(0) de C(s)/R(s).
Um sistema tem a função de transferência G(s) = 38/(s² + 3s + 38) e recebe uma entrada em degrau unitário. Encontre o tempo de pico tp da resposta ao degrau.
Um circuito RLC série com R = 19 Ω, L = 10 mH e C = 10 µF é ligado a um degrau de 12 V em t = 0. O capacitor está descarregado e nenhuma corrente flui antes do degrau. Encontre o instante tp do primeiro pico de tensão, em ms.
No filtro passa-faixa RLC série mostrado, a saída é tomada sobre R = 50 Ω, com L = 20 mH e C = 0,22 µF. Encontre a frequência central (de ressonância) f0 em Hz.
Uma malha com realimentação unitária tem a função de transferência de malha aberta L(s) = 160/(s(s + 4)). Encontre a frequência de cruzamento de ganho ωc, onde |L(jω)| = 1.
A malha do diagrama tem a função de transferência de malha aberta L(s) = K/(s(s + 3)(s + 8)). Encontre o maior ganho Kmax para o qual a malha fechada é estável.
Uma malha com realimentação unitária tem L(s) = K/((s + 6)(s + 5)(s + 1)). Encontre o ponto σa em que as assíntotas do lugar das raízes cruzam o eixo real.
Uma malha com realimentação unitária tem G(s) = K/((s + 1)(s + 4)). Encontre o ganho K que dá um erro em regime permanente de 20 % para uma entrada em degrau.
Um controlador proporcional K = 50 controla a planta G(s) = 1/(s(s + 10)) em uma malha com realimentação unitária. Encontre o tempo de acomodação de 2 % ts da resposta ao degrau, usando ts ≈ 4/(ζωₙ).
Resposta: IR1 = 2,176 A
Resistores em série e em paralelo: em série a mesma corrente passa por cada resistor e R = R₁ + R₂ + …. Em paralelo cada resistor tem a mesma tensão e 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Uma rede em escada é reduzida um par por vez até restar uma única resistência equivalente.
Comece pela extremidade mais distante da fonte e volte em direção a ela. Resistores com a mesma corrente estão em série; resistores entre os mesmos dois nós estão em paralelo.
A fonte vê só Req, então a lei de Ohm dá a corrente que ela fornece. Essa corrente passa por R₁.
Resposta: IR1 = 0,2593 A
Resistores em série e em paralelo: em série a mesma corrente passa por cada resistor e R = R₁ + R₂ + …. Em paralelo cada resistor tem a mesma tensão e 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Uma rede em escada é reduzida um par por vez até restar uma única resistência equivalente.
Comece pela extremidade mais distante da fonte e volte em direção a ela. Resistores com a mesma corrente estão em série; resistores entre os mesmos dois nós estão em paralelo.
A fonte vê só Req, então a lei de Ohm dá a corrente que ela fornece. Essa corrente passa por R₁.
Resposta: PIs = 10,34 W
Análise nodal: escolha um nó de referência, nomeie as tensões de nó desconhecidas, escreva a lei das correntes de Kirchhoff em cada nó desconhecido usando a lei de Ohm (I = ΔV/R) e resolva as equações.
As correntes que saem de A pelos resistores são iguais à corrente injetada em A pelas fontes.
As correntes que saem de B pelos resistores são iguais à corrente injetada em B pelas fontes.
A fonte injeta Iₛ para cima no nó B, do terra (0 V) até VB. Uma fonte cuja corrente sai pelo terminal + fornece P = V·I.
Resposta: Is = 5,967 A
Análise nodal: escolha um nó de referência, nomeie as tensões de nó desconhecidas, escreva a lei das correntes de Kirchhoff em cada nó desconhecido usando a lei de Ohm (I = ΔV/R) e resolva as equações.
VA é conhecida, então essa equação dá VB.
As correntes que saem de B pelos resistores são iguais à corrente injetada em B pelas fontes.
Resposta: I1 = 0,9079 A
Análise de malhas: dê a cada janela de um circuito planar sua própria corrente de laço, escreva a lei das tensões de Kirchhoff em cada laço (soma das quedas = soma das elevações) e resolva. As correntes de ramo são a corrente de malha, ou a diferença de duas correntes de malha em um ramo compartilhado.
Desenhe uma corrente no sentido horário em cada janela: I1, I2. Um resistor compartilhado por duas malhas conduz a diferença entre suas correntes.
No sentido horário, as quedas de tensão nos resistores são iguais às elevações de tensão das fontes (de − para + no sentido do percurso).
No sentido horário, as quedas de tensão nos resistores são iguais às elevações de tensão das fontes (de − para + no sentido do percurso).
Uma corrente de malha negativa flui no sentido anti-horário.
Resposta: IR3 = −2,986 A
Análise de malhas: dê a cada janela de um circuito planar sua própria corrente de laço, escreva a lei das tensões de Kirchhoff em cada laço (soma das quedas = soma das elevações) e resolva. As correntes de ramo são a corrente de malha, ou a diferença de duas correntes de malha em um ramo compartilhado.
Desenhe uma corrente no sentido horário em cada janela: I1, I2, I3. Um resistor compartilhado por duas malhas conduz a diferença entre suas correntes.
No sentido horário, as quedas de tensão nos resistores são iguais às elevações de tensão das fontes (de − para + no sentido do percurso).
No sentido horário, as quedas de tensão nos resistores são iguais às elevações de tensão das fontes (de − para + no sentido do percurso).
No sentido horário, as quedas de tensão nos resistores são iguais às elevações de tensão das fontes (de − para + no sentido do percurso).
Uma corrente de malha negativa flui no sentido anti-horário.
Resposta: VR4 = 10,1 V
Superposição: em um circuito linear, qualquer tensão ou corrente é a soma das respostas a cada fonte independente agindo sozinha. Para desligar uma fonte, substitua uma fonte de tensão ideal por um curto-circuito e uma fonte de corrente ideal por um circuito aberto. Os resistores ficam onde estão.
Iₛ vira um circuito aberto, então R₃ e R₄ formam um único ramo em série de A ao terra, em paralelo com R₂.
V₁ vira um curto, então R₁ fica em paralelo com R₂. Iₛ se divide em B entre R₄ e o caminho por R₃.
Um resultado negativo significa que, na verdade, a polaridade é oposta à marcada.
Resposta: VR2 = 1,962 V
Superposição: em um circuito linear, qualquer tensão ou corrente é a soma das respostas a cada fonte independente agindo sozinha. Para desligar uma fonte, substitua uma fonte de tensão ideal por um curto-circuito e uma fonte de corrente ideal por um circuito aberto. Os resistores ficam onde estão.
V₂ vira um curto e Iₛ um circuito aberto. Visto de A, R₃ está em paralelo com o par em série R₂+R₄.
As duas fontes de tensão viram curtos. Iₛ se divide em B entre R₄ (agora para o terra) e R₂ em série com R₁ ∥ R₃.
V₁ vira um curto e Iₛ um circuito aberto. R₁ ∥ R₃ sai de A, em série com R₂ de volta a B.
Um resultado negativo significa que, na verdade, a polaridade é oposta à marcada.
Resposta: Rth = 12,62 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.
Substitua fontes de tensão por curtos e fontes de corrente por circuitos abertos, depois olhe para o circuito a partir de a–b.
Resposta: IL = 1,084 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.
Substitua fontes de tensão por curtos e fontes de corrente por circuitos abertos, depois olhe para o circuito a partir de a–b.
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.
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.
Resposta: t = 0,1386 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.
Muito depois de a chave fechar, o indutor se comporta como um curto, então a corrente final depende só de R.
Resposta: C = 721,3 µF
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.
kΩ vezes µF dá milissegundos.
Resposta: I = 3,724 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|.
Os dois ramos estão ligados diretamente à fonte, então cada um recebe a tensão total V.
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.
Resposta: I = 3,887 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|.
Multiplique numerador e denominador pelo complexo conjugado para separar Zp em partes real e imaginária.
Resposta: I = 220,8 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.
Uma carga indutiva consome potência reativa (Q > 0); uma carga capacitiva a fornece (Q < 0).
Resposta: Inew = 122,3 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.
A potência ativa P não muda; só muda a potência reativa tirada da rede.
Resposta: IL = 82,01 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.
Resposta: Cph = 262,4 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.
A potência ativa não muda, então cada fator de potência fixa a potência reativa: Q = P·tan φ.
Em um banco em Δ cada capacitor está ligado entre duas linhas.
Resposta: a = 10
Transformador ideal: as tensões estão na razão das espiras e as correntes na razão inversa: V₁/V₂ = N₁/N₂ = a e I₁/I₂ = N₂/N₁ = 1/a, então a potência de entrada é igual à de saída, V₁·I₁ = V₂·I₂. Uma impedância de carga Z no secundário aparece como a²·Z vista do primário.
Resposta: Pcu,fl = 5184 W
Perdas no transformador: as perdas no núcleo (histerese e correntes parasitas) dependem da tensão e são as mesmas em qualquer carga. As perdas no cobre dos enrolamentos variam com o quadrado da corrente, então a uma fração x da carga nominal valem x²·Pcu,fl. Rendimento η = Pout/(Pout + Pcore + Pcu), com Pout = x·S·pf. O rendimento é máximo na carga em que as perdas no cobre são iguais às perdas no núcleo.
Resposta: Vout = 3,632 V
Regras do amplificador operacional ideal: com realimentação negativa, o amplificador ajusta sua saída para que as duas entradas fiquem na mesma tensão (V₋ = V₊), e nenhuma corrente entra em qualquer entrada. Escrever a LKC na entrada inversora com esses dois fatos dá a saída.
R₃ e R₄ conduzem a mesma corrente, então formam um divisor de tensão; a realimentação faz V₋ = V₊.
Resposta: Vout = −1,4 V
Regras do amplificador operacional ideal: com realimentação negativa, o amplificador ajusta sua saída para que as duas entradas fiquem na mesma tensão (V₋ = V₊), e nenhuma corrente entra em qualquer entrada. Escrever a LKC na entrada inversora com esses dois fatos dá a saída.
Resposta: VCE = 14,55 V
Ponto de polarização do TBJ: na região ativa VBE = 0,7 V, IC = β·IB e IE = (β + 1)·IB. Encontre IB pela malha da base com a LKT, depois IC e então VCE pela malha coletor–emissor. Um divisor de tensão na base é substituído por seu equivalente de Thévenin VTH = VCC·R₂/(R₁ + R₂), RTH = R₁∥R₂; um resistor de emissor aparece (β + 1) vezes maior na malha da base.
LKT na malha da base; a corrente de emissor é (β + 1)·IB.
Resposta: RB = 1,477 kΩ
TBJ como chave: para ligar totalmente uma carga, o transistor é levado à saturação, onde VCE = VCE(sat) e a corrente de coletor é definida pela carga: IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC. A saturação exige no mínimo IB = IC(sat)/β. Se a corrente de base for menor, o transistor permanece na região ativa e IC = β·IB.
Qualquer resistor de base menor também satura o transistor; na prática escolhe-se um algumas vezes menor.
Resposta: U = 156
Sistemas de numeração posicionais: cada algarismo vale o seu valor vezes uma potência da base. Em binário as posições valem 1, 2, 4, 8, 16, …; em hexadecimal 1, 16, 256, …, com A–F para 10–15. No complemento para dois de 8 bits, o bit da esquerda vale −128 em vez de +128; é assim que se guardam os números negativos.
Resposta: R = 255
Definir bits: cada bit vale uma potência de dois (128, 64, …, 1). Um dígito hexadecimal são exatamente quatro bits, e em complemento de dois de 8 bits o bit mais à esquerda vale −128. As operações bit a bit atuam em cada posição de bit separadamente.
OR dá 1 onde pelo menos um bit é 1.
Resposta: AB = 11, CD = 11
Mapas de Karnaugh: as células são ordenadas em código Gray (00, 01, 11, 10), de modo que células vizinhas, inclusive as que ficam nas bordas opostas, diferem em exatamente uma variável. Agrupe os 1s em retângulos de 1, 2, 4, 8 ou 16 células, o maior possível e o menor número possível, até que todo 1 esteja coberto. Cada grupo é um termo produto: as variáveis que permanecem constantes dentro dele. Um grupo de 2ᵏ células perde k variáveis. As condições irrelevantes (X) podem ser usadas para aumentar grupos, mas nunca precisam ser cobertas. Agrupar os 0s dá a forma POS mínima.
Um 1 com um 1 vizinho pode entrar em um grupo de dois ou mais.
Resposta: L = 4
Mapas de Karnaugh: as células são ordenadas em código Gray (00, 01, 11, 10), de modo que células vizinhas, inclusive as que ficam nas bordas opostas, diferem em exatamente uma variável. Agrupe os 1s em retângulos de 1, 2, 4, 8 ou 16 células, o maior possível e o menor número possível, até que todo 1 esteja coberto. Cada grupo é um termo produto: as variáveis que permanecem constantes dentro dele. Um grupo de 2ᵏ células perde k variáveis. As condições irrelevantes (X) podem ser usadas para aumentar grupos, mas nunca precisam ser cobertas. Agrupar os 0s dá a forma POS mínima.
Os maiores grupos que podem ser formados com 1s e Xs.
Resposta: f(0.25) = 3,03
Transformada de Laplace: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt transforma derivadas em multiplicações por s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Pares usuais: 1 ↔ 1/s, e−at ↔ 1/(s + a), t·e−at ↔ 1/(s + a)², sin ωt ↔ ω/(s² + ω²), cos ωt ↔ s/(s² + ω²), e um deslocamento s → s + σ multiplica a função do tempo por e−σt. Para inverter uma F(s) racional, decomponha-a em frações parciais: o resíduo de um polo simples p é A = [(s − p)·F(s)] em s = p. Teorema do valor final: f(∞) = lims→0 s·F(s), válido apenas quando todos os polos de s·F(s) estão no semiplano esquerdo. Teorema do valor inicial: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).
Resposta: y(1.2) = −2,767
Transformada de Laplace: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt transforma derivadas em multiplicações por s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Pares usuais: 1 ↔ 1/s, e−at ↔ 1/(s + a), t·e−at ↔ 1/(s + a)², sin ωt ↔ ω/(s² + ω²), cos ωt ↔ s/(s² + ω²), e um deslocamento s → s + σ multiplica a função do tempo por e−σt. Para inverter uma F(s) racional, decomponha-a em frações parciais: o resíduo de um polo simples p é A = [(s − p)·F(s)] em s = p. Teorema do valor final: f(∞) = lims→0 s·F(s), válido apenas quando todos os polos de s·F(s) estão no semiplano esquerdo. Teorema do valor inicial: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).
Verificação: y(0) = A + B = −4.
Resposta: css = 3,684
Álgebra de diagramas de blocos: blocos em série se multiplicam (G₁·G₂), blocos em paralelo se somam (G₁ + G₂), e uma malha com caminho direto G e caminho de realimentação H se reduz a T = G/(1 + G·H) para realimentação negativa e G/(1 − G·H) para realimentação positiva. Reduza primeiro as malhas internas e depois avance para fora. Os polos de malha fechada são as raízes da equação característica 1 + G(s)H(s) = 0. Para uma malha estável, uma entrada em degrau de tamanho A dá a saída em regime permanente A·T(0); com realimentação unitária, o erro em regime permanente para um degrau é A/(1 + Kp) com Kp = G(0).
Resposta: T(0) = 0,4651
Álgebra de diagramas de blocos: blocos em série se multiplicam (G₁·G₂), blocos em paralelo se somam (G₁ + G₂), e uma malha com caminho direto G e caminho de realimentação H se reduz a T = G/(1 + G·H) para realimentação negativa e G/(1 − G·H) para realimentação positiva. Reduza primeiro as malhas internas e depois avance para fora. Os polos de malha fechada são as raízes da equação característica 1 + G(s)H(s) = 0. Para uma malha estável, uma entrada em degrau de tamanho A dá a saída em regime permanente A·T(0); com realimentação unitária, o erro em regime permanente para um degrau é A/(1 + Kp) com Kp = G(0).
Resposta: tp = 0,5254 s
Resposta ao degrau: um sistema de primeira ordem G(s) = K/(τs + 1) responde a um degrau de tamanho U com y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): ele atinge 63,2 % do valor final K·U após uma constante de tempo τ e 98 % após 4τ. Um sistema de segunda ordem G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) tem os polos s = −ζωₙ ± jωd com ωd = ωₙ√(1 − ζ²). Para 0 < ζ < 1 a resposta ao degrau tem sobressinal: sobressinal percentual %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tempo de pico tp = π/ωd e tempo de acomodação de 2 % ts ≈ 4/(ζωₙ). Compare o denominador com s² + 2ζωₙs + ωₙ² para obter ωₙ e ζ. Para um sistema massa–mola–amortecedor, ωₙ = √(k/m) e ζ = c/(2√(km)); para um circuito RLC série, ωₙ = 1/√(LC) e ζ = (R/2)·√(C/L).
O denominador deve coincidir com s² + 2ζωₙs + ωₙ².
Resposta: tp = 1,042 ms
Resposta ao degrau: um sistema de primeira ordem G(s) = K/(τs + 1) responde a um degrau de tamanho U com y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): ele atinge 63,2 % do valor final K·U após uma constante de tempo τ e 98 % após 4τ. Um sistema de segunda ordem G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) tem os polos s = −ζωₙ ± jωd com ωd = ωₙ√(1 − ζ²). Para 0 < ζ < 1 a resposta ao degrau tem sobressinal: sobressinal percentual %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tempo de pico tp = π/ωd e tempo de acomodação de 2 % ts ≈ 4/(ζωₙ). Compare o denominador com s² + 2ζωₙs + ωₙ² para obter ωₙ e ζ. Para um sistema massa–mola–amortecedor, ωₙ = √(k/m) e ζ = c/(2√(km)); para um circuito RLC série, ωₙ = 1/√(LC) e ζ = (R/2)·√(C/L).
Resposta: f0 = 2399 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.
Resposta: ωc = 12,34 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.
Resposta: Kmax = 264
Critério de Routh–Hurwitz: um sistema linear é estável quando todas as raízes do seu polinômio característico estão no semiplano esquerdo do plano s. Escreva os coeficientes alternadamente nas duas primeiras linhas da tabela de Routh. Cada elemento de uma nova linha vem das duas linhas acima; para um polinômio cúbico a₃s³ + a₂s² + a₁s + a₀ o elemento de s¹ é b₁ = (a₂·a₁ − a₃·a₀)/a₂. O número de trocas de sinal na primeira coluna é igual ao número de raízes no semiplano direito. Com um ganho K nos coeficientes, todos os elementos da primeira coluna devem permanecer positivos: o ganho que anula o elemento de s¹ é o limite de estabilidade, e a linha s² dá então a frequência da oscilação sustentada.
Todos os elementos da primeira coluna devem ser positivos.
Em K = 264 a malha fechada oscila em ω = √24 = 4,899 rad/s.
Resposta: σa = −4
Lugar das raízes: quando o ganho K vai de 0 a ∞, os polos de malha fechada, as raízes de 1 + K·G(s) = 0, movem-se dos polos de malha aberta para os zeros de malha aberta ou para o infinito. Um ponto do eixo real pertence ao lugar das raízes quando o número de polos e zeros reais à sua direita é ímpar. Os n − m ramos que vão ao infinito seguem assíntotas nos ângulos (2q + 1)·180°/(n − m), que partem do centroide σₐ = (Σ polos − Σ zeros)/(n − m). Os ramos saem do eixo real ou chegam a ele onde dK/ds = 0. A condição de ângulo ∠G(s) = 180° fixa a forma, e a condição de módulo K = 1/|G(s)| dá o ganho em qualquer ponto do lugar das raízes.
As 3 assíntotas saem do centroide nos ângulos 60°, 180°, 300°.
Resposta: K = 16
Erro em regime permanente: em uma malha com realimentação unitária e função de transferência de malha aberta G(s), o erro é E(s) = R(s)/(1 + G(s)), e pelo teorema do valor final ess = lims→0 s·E(s). O tipo do sistema é o número de polos de G(s) em s = 0. As constantes de erro são Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s) e Ka = lim s²·G(s), todas para s → 0. Um degrau de tamanho A dá ess = A/(1 + Kp), uma rampa A·t dá A/Kv e uma parábola A·t²/2 dá A/Ka. Uma malha do tipo 0 segue um degrau com erro finito, uma malha do tipo 1 o segue exatamente e segue uma rampa com erro finito.
Verifique também a estabilidade de malha fechada: para esta malha de segunda ordem qualquer K > 0 é estável.
Resposta: ts = 0,8 s
Controle P, PI e PID: o controlador C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s atua sobre o erro. Um ganho proporcional torna a malha mais rápida e reduz o erro de uma planta do tipo 0, mas nunca o elimina. O termo integral acrescenta um polo em s = 0: o tipo do sistema sobe uma unidade, e um degrau é seguido sem erro. O termo derivativo acrescenta amortecimento. Para escolher os ganhos, escreva o polinômio característico de malha fechada e compare-o com s² + 2ζωns + ωn². Então %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd com ωd = ωn√(1 − ζ²), e ts ≈ 4/(ζωn).
O tempo de acomodação não depende de K aqui: aumentar K só faz a resposta oscilar mais rápido.
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