Formulários, as principais etapas dos métodos de cada tópico e 40 exercícios, com soluções completas no final.
Encontre a corrente IR2 em R2.
Encontre a corrente IR1 fornecida pela fonte, que passa por R1.
Use análise nodal para encontrar a corrente IR1 em R1 no sentido da seta.
A fonte de tensão Vₛ entre A e B tem seu terminal + em B, então faz VB − VA = Vₛ. Use análise nodal com um supernó para encontrar a corrente IR1 em R1 no sentido da seta.
Use análise de malhas para encontrar a corrente de malha I1 (sentido horário).
Use análise de malhas para encontrar a corrente IR5 em R5 no sentido da seta.
Use superposição para encontrar a tensão VR4 sobre R4 com a polaridade indicada.
Use superposição para encontrar a corrente IR4 em R4 no sentido da seta.
Encontre a corrente de Norton IN: a corrente que flui de a para b se os terminais forem curto-circuitados.
Encontre a corrente de Norton IN: a corrente que flui de a para b se os terminais forem curto-circuitados.
O indutor não conduz corrente antes de a chave fechar em t = 0. Encontre a energia W armazenada no indutor em t = 10 ms, em mJ.
A chave em paralelo com R2 está fechada há muito tempo, então a corrente do indutor é constante. Em t = 0 a chave abre. Quanto tempo após t = 0 a corrente do indutor atinge 0,208 A? Encontre t.
Um circuito RLC série está ligado a uma fonte de 12 V (rms), 50 Hz. Encontre o fator de potência cos φ do circuito.
Um circuito RLC série tem R = 20 Ω, L = 20 mH e C = 10 µF. Encontre sua largura de banda B (a largura da faixa entre as frequências de meia potência), em Hz.
Uma carga indutiva consome 3 A e 483 W de uma fonte monofásica de 230 V (eficaz). Modele-a como uma resistência R em série com uma reatância X. Encontre R.
Uma fonte de 12 V (eficaz), 60 Hz tem impedância interna Zs = 50 + j40 Ω. A impedância de carga ZL pode ser escolhida livremente. A carga para máxima potência é formada por um resistor em série com um capacitor. Encontre a capacitância C.
Uma carga trifásica equilibrada consome uma corrente de linha de 40 A de uma alimentação com tensão de linha de 400 V. O fator de potência é 0,88 indutivo. Encontre a potência ativa total P consumida pela carga em kW.
Uma carga trifásica equilibrada consome 75 kW com fator de potência 0,65 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 0,9 indutivo. A potência ativa permanece a mesma. Encontre a potência reativa total QC que o banco de capacitores deve fornecer, em kvar.
Um transformador monofásico de 500 kVA, 10000/400 V opera na carga nominal. Considere-o ideal. Encontre a corrente ILV no enrolamento de baixa tensão.
Um transformador monofásico de 150 kVA tem perdas no núcleo de 1200 W. Na carga nominal e com fator de potência 0,95 indutivo, seu rendimento é 98,5%. 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.
O amplificador operacional é ideal e alimentado com ±15 V. As razões dos resistores não estão casadas. Encontre a tensão de saída Vout.
5 LEDs vermelhas (tensão direta de 2 V cada) estão ligados em série com um resistor a uma fonte de 12 V. Encontre a resistência R que ajusta a corrente em 15 mA.
Um transistor NPN com β = 150 chaveia um resistor de carga de 680 Ω ligado entre VCC = 24 V e o seu coletor. O emissor está aterrado. A base é acionada por uma saída lógica de 5 V através de um resistor de base RB = 100 kΩ. Considere VBE = 0,7 V e VCE(sat) = 0,2 V. Encontre a corrente de coletor IC em mA quando a entrada está em nível alto. Decida primeiro se o transistor está saturado.
O padrão de 8 bits 1011 0010 guarda um inteiro com sinal em complemento para dois. Qual é o seu valor N em decimal?
Um sistema tem de dar a cada um de 4712 elementos um código binário próprio, todos com o mesmo comprimento. Qual é o menor número de bits b necessário?
Use o mapa de Karnaugh para encontrar a forma mínima em soma de produtos (SOP) de F(A, B, C) = Σm(0, 4, 6, 7). Quantos termos produto N ela tem?
Para F(A, B, C, D) = Σm(2, 3, 4, 5, 7, 9) + d(0, 6, 12), em que d marca as condições irrelevantes (don’t-care), encontre o número N de implicantes primos essenciais.
F(s) = (2s + 38)/(s² + 4s + 3). Sua transformada inversa tem a forma f(t) = A·e−t + B·e−3t. Encontre o coeficiente A por frações parciais.
Resolva y″ + 5y′ + 4y = 0 com y(0) = −2 e y′(0) = 4 usando a transformada de Laplace e encontre y(0,4).
A planta G(s) = 6/(s + 2) tem uma malha interna (secundária) de realimentação negativa com ganho H₁ = 5. Um ganho de controlador K = 18 e uma malha externa de realimentação negativa unitária fecham o sistema. Encontre o polo de malha fechada p.
Um controlador proporcional K = 10 comanda a planta G(s) = 1/(s + 8) em uma malha de realimentação negativa unitária. Uma perturbação D entra na entrada da planta (é somada à saída do controlador). Com R = 0, é aplicado um degrau de perturbação de tamanho 2. Encontre a saída em regime permanente css.
Um sistema tem a função de transferência G(s) = 72/(s² + 5s + 24) e recebe uma entrada em degrau unitário. Encontre o sobressinal percentual %OS da resposta ao degrau.
Um sistema de segunda ordem sem zeros deve ter uma resposta ao degrau com 10 % de sobressinal. Encontre a razão de amortecimento ζ.
O Filtro passa-baixas RL mostrado tem R = 1000 Ω, L = 2,2 mH. Aplica-se uma entrada senoidal de 14 kHz. Encontre a defasagem φ de vout em relação a vin, em graus.
Uma malha com realimentação unitária tem a função de transferência de malha aberta L(s) = 132/(s(s + 5)(s + 6)). Encontre a frequência de cruzamento de fase ω180, onde ∠L(jω) = −180°.
A malha do diagrama tem realimentação negativa e L(s) = 360/(s(s + 3)(s + 5)). Quantos polos de malha fechada N estão no semiplano direito?
Uma malha com realimentação unitária tem L(s) = K/(s(s + 4)(s + 2)). Encontre o ponto σa em que as assíntotas do lugar das raízes cruzam o eixo real.
Uma malha com realimentação unitária com G(s) = K/(s(s + 10)) deve seguir a rampa r(t) = 10t com um erro em regime permanente de 0,1. Encontre o ganho K.
Um controlador PI C(s) = 1 + 2/s controla a planta G(s) = 2/((s + 1)(s + 4)) em uma malha com realimentação unitária. Encontre o erro em regime permanente ess para a entrada em rampa r(t) = 2t.
Resposta: IR2 = 3,45 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.
Subtraia a queda em R₁ para obter a tensão no nó A, que é a tensão sobre R₂.
Resposta: IR1 = 1,803 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 = −0,1071 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.
O terra é o fio de baixo. As tensões de nó conhecidas vêm direto das fontes (V1 = 10 V). Incógnitas: VA, VB.
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.
Resposta: IR1 = −0,2949 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.
A fonte de tensão entre A e B conduz uma corrente desconhecida, então a LKC não pode ser escrita em A ou em B separadamente. Envolva A, B e a fonte em um supernó: a corrente que entra nele é igual à corrente que sai.
Um resultado negativo significa que a corrente real flui contra a seta.
Resposta: I1 = 3,793 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: IR5 = 0,962 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 = 2,82 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: IR4 = −2,3 A
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 corrente flui contra a seta.
Resposta: IN = 0,3789 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, não passa corrente por R₃, então não há queda nele e V_b = V_A. R₁ e R₂ formam um divisor de tensão.
Uma fonte de Norton é o mesmo circuito visto como uma fonte de corrente em paralelo com R_th. Sua corrente é a corrente de curto-circuito em a–b.
Resposta: IN = −0,6575 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.
Uma fonte de Norton é o mesmo circuito visto como uma fonte de corrente em paralelo com R_th. Sua corrente é a corrente de curto-circuito em a–b.
Resposta: W = 13,72 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.
Muito depois de a chave fechar, o indutor se comporta como um curto, então a corrente final depende só de R.
Resposta: t = 0,3614 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.
Antes de t = 0 a chave fechada desvia R₂; depois R₁ e R₂ estão os dois na malha.
Resposta: cos φ = 0,5886
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|.
Resposta: B = 159,2 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|.
Q compara a reatância na ressonância com a resistência: Q = ω₀L/R.
Resposta: R = 53,67 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.
Resposta: C = 66,31 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.
A reatância da carga anula a reatância da fonte, e a resistência da carga é igual à resistência da fonte.
Resposta: P = 24,39 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.
Resposta: QC = 51,36 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.
A potência ativa não muda, então cada fator de potência fixa a potência reativa: Q = P·tan φ.
Resposta: ILV = 1250 A
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.
Os dois enrolamentos conduzem a mesma potência aparente.
Resposta: Pcu,fl = 970,1 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 = 10,12 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 = 1,661 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.
Com V₂ = 0, V₁ vê um amplificador inversor. Com V₁ = 0, V₊ é amplificada pelo ganho não inversor 1 + R₂/R₁.
Resposta: R = 133,3 Ω
Circuitos com LED e diodos: um LED polarizado diretamente tem uma queda aproximadamente igual à sua tensão direta VF (cerca de 2 V para vermelho, 3 V para azul ou branco), seja qual for a corrente. Um resistor em série define a corrente: R = (Vs − n·VF)/I para n LEDs em série. Com um modelo de diodo mais exato, V = V₀ + I·rd, o ponto de operação é onde a reta do diodo encontra a reta de carga I = (Vs − V)/R, de modo que I = (Vs − V₀)/(R + rd).
O resistor dissipa 30 mW.
Resposta: IC = 6,45 mA
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.
β·IB é menor que IC(sat), então o transistor permanece ativo.
O transistor está ativo, então a carga não está totalmente ligada.
Resposta: N = −78
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.
Os restantes bits mantêm os seus valores positivos normais.
Resposta: b = 13 bit
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: N = 2
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.
Todo grupo é um retângulo de 2ᵏ células; as células das bordas são vizinhas das células da borda oposta.
Resposta: N = 3
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: A = 18
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).
Multiplique por (s + 1) e faça s = −1: o termo em B desaparece.
Resposta: y(0.4) = −1,028
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 = −2.
Resposta: p = −140
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: css = 0,1111
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).
Um K maior reduz o efeito da perturbação, mas nunca a zero com um controlador proporcional.
Resposta: %OS = 15,5 %
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: ζ = 0,5912
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: φ = −10,95 °
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: ω180 = 5,477 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: N = 2
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.
O ganho está acima do limite K = 120, então um par complexo cruzou para o semiplano direito.
Resposta: σa = −2
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 = 1000
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.
Um ganho grande deixa esta malha muito pouco amortecida: ζ = 0,1581. Esse conflito é o motivo de se usarem compensadores.
Resposta: ess = 2
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).
s·C(s) = 1s + 2 → 2 quando s → 0.
O controlador PI remove completamente o erro ao degrau; uma rampa é seguida com um atraso constante.
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