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 tensão de nó VA (medida em relação ao terra).
Use análise nodal para encontrar a tensão de nó VB (medida em relação ao terra).
Use análise de malhas para encontrar a tensão VR3 sobre R3 com a polaridade indicada.
Use análise de malhas para encontrar a tensão VR3 sobre R3 com a polaridade indicada.
Encontre o valor da fonte de corrente Is (sentido como indicado) que faz a corrente IR3 em R3 ser zero.
Use superposição para encontrar a tensão VR3 sobre R3 com a polaridade indicada.
Encontre a corrente de Norton IN: a corrente que flui de a para b se os terminais forem curto-circuitados.
Encontre a tensão de Thévenin Vth vista dos terminais a–b.
O indutor não conduz corrente antes de a chave fechar em t = 0. Quanto tempo depois de a chave fechar a corrente chega a 99% do seu valor final? Encontre t.
Um temporizador começa a carregar um capacitor descarregado através de um resistor a partir de uma fonte de 5 V em t = 0. Ele deve disparar quando a tensão do capacitor atingir 2,5 V, exatamente 20 ms após o início. Com C = 100 µF, encontre a resistência R necessária.
Um circuito RLC série com L = 50 mH deve ressoar a 60 Hz. Encontre a capacitância C necessária.
Um circuito RLC série está ligado a uma fonte de 100 V (rms), 50 Hz. Encontre a frequência de ressonância f0 do circuito.
Uma carga indutiva consome 4,5 A e 725 W de uma fonte monofásica de 230 V (eficaz). Modele-a como uma resistência R em série com uma reatância X. Encontre R.
Uma carga monofásica consome 21 kW com fator de potência 0,8 indutivo de uma fonte de 400 V, 50 Hz. Um capacitor de 68 µF é ligado em paralelo com a carga. Encontre a nova corrente de linha I.
Uma carga trifásica equilibrada consome uma corrente de linha de 40 A de uma alimentação com tensão de linha de 415 V. O fator de potência é 0,7 indutivo. Encontre a potência ativa total P consumida pela carga em kW.
Uma carga trifásica equilibrada consome 60 kW com fator de potência 0,78 indutivo de uma alimentação de 400 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 Y. Encontre a capacitância Cph de cada capacitor em µF.
Um resistor de 10 Ω está ligado ao enrolamento secundário de um transformador ideal com relação de espiras N₁:N₂ = 12:1. Encontre a resistência R1′ vista a partir do enrolamento primário.
Um transformador monofásico de 50 kVA tem perdas no núcleo de 200 W e perdas no cobre de 500 W na carga nominal. Ele fornece 25% dos seus kVA nominais com fator de potência 0,95 indutivo. Encontre as perdas totais Ploss em watts nessa carga.
Escolha o resistor de realimentação Rf que dá a este amplificador não inversor um ganho de tensão de 25.
O integrador usa um amplificador operacional ideal alimentado com ±15 V; sua saída satura em ±14 V. O capacitor está descarregado quando uma entrada constante Vin = −0,7 V é aplicada em t = 0. Encontre a tensão de saída Vout em t = 2 ms.
Um transistor NPN com β = 150 tem polarização por divisor de tensão a partir de VCC = 20 V: R₁ = 56 kΩ de VCC até a base e R₂ = 10 kΩ da base até o terra. O resistor de coletor é RC = 2,2 kΩ e o resistor de emissor é RE = 470 Ω. 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 = 100 chaveia um resistor de carga de 1 kΩ ligado entre VCC = 24 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. Para um chaveamento confiável, projete para uma corrente de base 10 vezes a mínima necessária para a saturação. Encontre RB em kΩ.
Defina os bits para armazenar −113 em complemento de dois de 8 bits. Lido como um número sem sinal, qual é o valor U do padrão?
Defina os bits com o resultado de 8 bits de 0111 0000 XOR 0001 1000. Qual é o valor R do resultado em decimal?
Use o mapa de Karnaugh para encontrar a forma mínima em soma de produtos (SOP) de F(A, B, C) = Σm(0, 2, 3, 4, 5). Quantos termos produto N ela tem?
Encontre a forma SOP mínima de F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 5, 6, 10, 11, 12) + d(3, 8), em que d marca as condições irrelevantes (don’t-care). Quantos literais L ela contém?
Encontre f(t) para F(s) = 20/(s(s + 1)(s + 6)) por frações parciais e calcule f(0,3).
Um sistema é descrito pela equação diferencial y″ + 4y′ + 5y = u′ + 20u, com entrada u(t) e saída y(t). Encontre sua função de transferência G(s) = Y(s)/U(s) (condições iniciais nulas) e calcule a resposta ao impulso g(t) em t = 0,4 s. Encontre g(0,4).
A planta G(s) = 6/(s + 2) tem uma malha interna (secundária) de realimentação negativa com ganho H₁ = 3. Um ganho de controlador K = 4 e uma malha externa de realimentação negativa unitária fecham o sistema. Encontre o ganho CC de malha fechada T(0).
A planta G(s) = K/((s + 2)(s + 3)(s + 5)) está em uma malha de realimentação negativa unitária. No maior ganho estável a malha oscila. Encontre a frequência de oscilação ω em rad/s.
Um sistema tem a função de transferência G(s) = 122/(s² + 6s + 61) e recebe uma entrada em degrau unitário. Encontre a frequência natural ωn em rad/s.
Um circuito RLC série com R = 100 Ω, L = 100 mH e C = 10 µF é ligado a um degrau de 5 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.
O Filtro passa-baixas RC mostrado tem R = 2,2 kΩ, C = 47 nF. Aplica-se uma entrada senoidal de 6,2 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) = 30/(s(s + 4)(s + 7)). Encontre a frequência de cruzamento de fase ω180, onde ∠L(jω) = −180°.
Uma malha com realimentação unitária tem L(s) = K(s + 5)/(s(s + 1)(s + 2)), com K > 0. Encontre o maior ganho Kmax para o qual a malha fechada é estável.
O lugar das raízes de L(s) = K/((s + 6)(s + 12)) é mostrado. Encontre o ganho K no ponto de saída sb, onde os dois polos de malha fechada se encontram no eixo real.
Uma rampa r(t) = 5t é aplicada a uma malha com realimentação unitária com G(s) = 2/(s(s + 1)). Encontre o erro em regime permanente ess.
Um controlador PD C(s) = 20 + Kd·s controla a planta G(s) = 4/(s(s + 2)) em uma malha com realimentação unitária. Encontre o ganho derivativo Kd que dá à malha fechada um coeficiente de amortecimento ζ = 0,8.
Resposta: IR2 = 0,5192 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 = 1,218 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: VA = 14,57 V
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 = 18 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: VB = 16,45 V
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 = 24 V, V2 = 5 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: VR3 = 4,462 V
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: VR3 = 0,8553 V
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: Is = 3,077 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.
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-circuito, então R₁ ∥ R₂ fica ligada de A até o terra. Iₛ se divide em B entre R₄ e o caminho R₃ + R₁∥R₂; a parte que passa por R₃ flui de B para A, contra a seta.
Resposta: VR3 = −14,63 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: IN = 0,2143 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: Vth = 5,875 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.
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.
Resposta: t = 6,908 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: R = 0,2885 kΩ
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: C = 140,7 µF
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|.
Na ressonância as reatâncias indutiva e capacitiva se anulam: ωL = 1/(ωC).
Resposta: f0 = 41,09 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|.
Na ressonância as reatâncias indutiva e capacitiva se anulam: ωL = 1/(ωC). A frequência da fonte não importa.
Resposta: R = 35,8 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: I = 60,88 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: P = 20,13 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: Cph = 374,3 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.
A potência ativa não muda, então cada fator de potência fixa a potência reativa: Q = P·tan φ.
Em um banco em Y cada capacitor está ligado entre uma linha e o centro da estrela.
Resposta: R1′ = 1440 Ω
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.
A tensão aumenta por um fator a e a corrente diminui por um fator a, então a razão V/I aumenta por a².
Resposta: Ploss = 231,3 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.
As perdas no núcleo são as mesmas em qualquer carga.
O rendimento nesta carga é η = 98,09%.
Resposta: Rf = 24 kΩ
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.
V₋ = V₊ = Vin, e a corrente em R₁ também passa por Rf, então Vout = Vin·(1 + Rf/R₁).
Resposta: Vout = 2,893 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.
kΩ vezes µF dá milissegundos.
O valor ideal fica dentro de ±Vsat, então o integrador ainda não saturou.
Resposta: VCE = 8,24 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 = 1,092 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.
Resposta: U = 143
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.
Resposta: R = 104
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.
XOR dá 1 onde os dois bits são diferentes.
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.
Todo grupo é um retângulo de 2ᵏ células; as células das bordas são vizinhas das células da borda oposta.
Existe outro agrupamento do mesmo tamanho; ele tem o mesmo número de termos e de literais.
Resposta: L = 16
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.
Existe outro agrupamento do mesmo tamanho; ele tem o mesmo número de termos e de literais.
Resposta: f(0.3) = 0,4803
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: g(0.4) = 3,563
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: T(0) = 0,5455
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: ω = 5,568 rad/s
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).
Todos os elementos da primeira coluna devem ser positivos.
Resposta: ωn = 7,81 rad/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 = 3,628 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: φ = −76,06 °
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 = 5,292 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 = 3
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.
Com o zero à direita de s = −3, a malha permaneceria estável para todo K > 0.
Resposta: K = 9
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.
dK/ds = 0 para K = −(s + 6)(s + 12) dá 2s + 18 = 0.
Para este ganho a malha fechada é criticamente amortecida (ζ = 1).
Resposta: ess = 2,5
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.
Resposta: Kd = 3,078 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 termo derivativo acrescenta amortecimento sem alterar ωₙ.
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