v - FSA

1- MÉTODO ACADÊMICO E MÉTODO PRÁTICO DE CÁLCULO
DE CIRCUITOS PARA TENSÕES E CORRENTES ALTERNADAS
Método acadêmico
A lei de Kirchhoff das tensões, que aplicamos aos circuitos de corrente contínua é
adaptável para os circuitos de corrente alternada. Seja o caso, por exemplo, do circuito
mostrado na fig.1-1. Este circuito é percorrido por uma corrente alternada que varia
com o tempo, ou seja, i(t ) .
v R (t )
R
L
i(t )
v (t )
v L (t )
i(t )
Fig. 1-1
Supondo que a diferença de potencial no resistor é vR (t ) , e no indutor é vL (t ) , a
diferença de potencial v(t ) , na entrada do circuito, obedece a equação.
− v(t ) + vR (t ) + vL (t ) = 0
ou
v(t ) = vR (t ) + vL (t )
Vamos supor que a corrente, em função do tempo, seja dada pela expressão:
i(t ) = I cos(ωt + α )
i(t ) = Re(I × e j (ωt +α ) )
ou
Pelo que já estudamos, podemos escrever:
[
v R (t ) = Re RIe j (ωt +α )
[
]
v L (t ) = Re jLωIe j (ωt +α )
Portanto
ou
ou
onde
]
[
]
[
v(t ) = Re RIe j (ωt +α ) + Re jLωIe j (ωt +α )
[
]
]
[
v(t ) = Re RIe j (ωt +α ) + jLωIe j (ωt +α ) = Re (R + jLω )Ie j (ωt +α )
[
v(t ) = Re ZIe j (ωt +α )
]
]
1-1
Z = R + jLω
1
Note-se, que as impedâncias em circuitos, com elementos reativos, resulta valores
complexos. Vamos considerar, essa impedância, na forma polar. Ver fig. 1-2.
Z = Z e jθ
Neste caso
1-2
Substituindo 1-2 em 1-1, tem-se
[
v(t ) = Re Z e jθ Ie j (ωt +α )
]
[
]
v(t ) = Re Z Ie j (ωt +α +θ ) = Z I cos(ωt + α + θ )
ou
v(t ) = Z I cos(ωt + α + θ )
v(t ) = V cos(ωt + φ )
Portanto
onde
V = ZI
1-3
e
φ = α +θ
1- 4
Método prático de cálculo
No método prático usamos, inicialmente, a lei de Ohm convencional:
v = Z ×i
(lei de ohm)
Sabendo que
i (t ) = I cos(ωt + α ) , então escrevemos:
i = Ie jα
Temos, também:
Z = Z e jθ
Substituindo os valores complexos de i e Z na expressão da lei de Ohm, resulta:
v = Z e jθ Ie jα = Z Ie j (α +θ )
ou
v = Z Ie j (α +θ )
1-5
Sabemos, que a tensão, em função do tempo, possui a forma geral:
v = V cos(ωt + φ )
Neste caso, tomando por base a expressão 1-5, teremos:
2
Amplitude de v( t ) = V = módulo de v
Fase de v( t ) = φ = argumento de v
Verificação:
v = Z Ie j (α +θ )
V = v = ZI
φ = α +θ
Comparando estas expressões com 1-3 e 1-4, vemos que se chegou ao mesmo resultado.
Determinação da impedância Z.
Para ir mais adiante, deveremos calcular Z e θ .
Pela representação mostrada na fig. 9-10, tem-se
Z
Lω
θ
R
Fig. 1-2
Z = R 2 + (Lω )
2
tgθ =
Lω
R
θ = tg −1
ou
Lω
R
Portanto
v = R 2 + (Lω ) × I cos ωt + α + tg −1
2
Lω
R
---------------------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 1-1
No circuito da fig. 1-1, a corrente elétrica possui freqüência de 60 Hz e uma fase
original de 30 graus (
π
6
). Os componentes do circuito têm os seguintes valores:
R = 300 Ω e L = 0,83 H
3
Sabe-se que a corrente elétrica possui a forma co-senoidal com freqüência de 60 Hz e
amplitude de 10 A. Determinar a amplitude V e a fase φ do sinal v.
Solução:
ω = 2πf = 2π × 60 = 377 rd / s
(
)
Z = R + jLω = 300 + j × 0,83 × 377 = 300 + j 3,13 × 10 2 Ω
(
Z = 300 2 + 3,13 × 10 2
θ = tg −1
)
2
= 4,34 × 10 2
Lω
0,83 × 377
= tg −1
= 0,806 rd = 46,2 0
R
300
V = Z × I = 4,34 × 10 2 × 10 = 4,34 × 10 3 volt
φ = α + θ = 30 0 + 46,2 0 = 76,2 0 = 1,31 rd
-----------------------------------------------------------------------------------------------------Generalização do cálculo da impedância
Como já vimos a impedância de um circuito é, geralmente, um número complexo, ou
seja:
Z = Real + j imaginário
Neste caso, na forma polar teremos:
Z = Z e jθ
onde
Z = (Real) 2 + (Imaginário) 2
e
θ = tg −1 Imaginário
Real
Exemplo: Circuito R L C em série.
Seja a impedância Z formada pelos três componentes mostrados na fig. 1-3.b.
4
i
jLω
R
Z
v
−j
ωC
Z
(b)
(a)
Fig. 1-3
Neste caso fica:
Z = R + jLω −
j
1
= R + j Lω −
ωC
ωC
1
Z = R + Lω −
ωC
2
2
θ = tg −1
Lω −
Portanto
onde
R
1
ωC
v = V cos(ωt + φ )
R 2 + Lω −
V = ZI =
1
ωC
2
×I
onde I é a amplitude da corrente
e
Lω −
φ = α + θ = α + tg −1
1
ωC onde α é a fase original da corrente.
R
---------------------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 1-2
No circuito mostrado abaixo, tem-se os seguintes componentes:
R = 300 Ω
C = 4,3 × 10 −6 F
L = 0,83 H
jLω
i
R
−j
ωC
v
5
Uma corrente co-senoidal, de amplitude 0,1 A e freqüência ω = 377 rd/s e fase original
nula, percorre este circuito. Determinar:
a) A amplitude da tensão v.
b) A diferença de fase entre esta tensão v e a corrente i.
Solução:
Z = R + jLω − j
onde
1
1
= R + j Lω −
= Z e jθ
ωC
ωC
1
Z = R + Lω −
ωC
2
2
φ = tg
e
1
Z = 300 + 0,83 × 377 −
377 × 4,3 × 10 −6
θ = tg −1
Lω −
R
1
ωC
2
= 427 Ω
2
0,83 × 377 −
−1
1
377 × 4,3 × 10 −6
= −0,79 rd = −45,3 0
300
Portanto a amplitude da tensão fica:
V = Z × I = 427 × 0,1 = 42,7 v
A fase será:
φ = 0 + θ = −0,79 rd = −45,30 onde
A expressão matemática da tensão será:
v = 42,7 cos(377t − 0,79)
[volt ]
---------------------------------------------------------------------------------------------------------Associação de indutores em série
Seja o circuito da fig. 1- 4
L1
L2
Fig. 1- 4
6
Dada uma freqüência ω , a impedância total fica:
Z = jL1ω + jL2ω = j (L1 + L2 )ω
Z = j (L1 + L2 )ω = jLω
1- 6
L = L1 + L2
onde
1-7
As expressões 1-6 e 1-7 mostram que dois indutores em série equivalem a um único
indutor cujo valor é a soma dos indutores individuais.
Podemos generalizar dizendo que n indutores em série equivalem a um único indutor
cujo valor é a soma dos n indutores individuais.
Capacitores em série
Seja o circuito da fig. 1-5
C1
C2
Fig. 1-5
Dada uma freqüência ω , a impedância total fica:
Z=
−j
−j
−j 1
1
+
=
+
ωC1 ωC 2 ω C1 C 2
Z=
−j
ω
1
1
−j 1 −j
+
=
× =
C1 C 2
ω C ωC
onde
1
1
1
=
+
C C1 C 2
ou
C=
1-8
1-9
C1C 2
C2 + C2
As expressões 1-8 e 1-9 mostram que dois capacitores em série equivalem a um único
capacitor cujo inverso de seu valor é igual a soma dos inversos dos valores dos
capacitores individuais.
Podemos generalizar dizendo que n capacitores, C1 , C 2 , ......... C n em série, equivalem
a um único capacitor cujo inverso do valor obedece a expressão:
7
1
1
1
1
=
+
+ .......... +
C C1 C 2
Cn
-----------------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 1-3
Os circuitos (a) e (b) são equivalentes. Determinar L e C.
10 H
30 H
L
30 × 10−6 F
C
20 × 10 −6 F
(a)
(b)
Solução:
L = L1 + L2 = 10 + 30 = 40 H
C=
C1C 2
30 × 10 −6 × 20 × 10 −6
=
= 12 × 10 −6 F
−6
−6
C1 + C 2 30 × 10 + 20 × 10
-----------------------------------------------------------------------------------------------------Corrente nos diversos componentes de um circuito
Vamos agora determinar a corrente elétrica produzida por uma diferença de potencial
em uma impedância qualquer. Ver fig. 1-6.
i
z = Z e jθ
v
Fig. 1-6
Vamos calcular pelo método prático:
Usando a lei de Ohm convencional, tem-se
8
i=
v
z
(lei de ohm)
Supondo que a tensão de entrada em função do tempo seja
v(t ) = V cos(ωt + α )
Então, na forma complexa fica
v = Ve jα
Como
Z = Z e jθ
i=
Resulta
Ve jα
Z e jθ
1-10
Sabemos que acorrente, em função do tempo, tem a forma geral:
i = I cos(ωt + φ )
Onde, referindo-se à expressão complexa 1-10, a amplitude dessa corrente é igual ao
módulo de i e sua fase é igual ao argumento de i.
Como i =
Amplitude:
Ve jα
V j (α −θ )
=
e
,
jθ
Z
Ze
I=i =
então
V
Z
Fase: φ = α − θ
Portanto, a expressão da corrente fica:
i=
V
cos(ωt + α − θ )
Z
--------------------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 1- 4
No circuito mostrado a seguir, tem-se os seguintes componentes:
R = 300 Ω
C = 4,3 × 10 −6 F
L = 0,83 H
9
i
jLω
R
−j
ωC
v
Nos terminais de entrada deste circuito tem-se uma tensão co-senoidal, de amplitude
311 v , freqüência ω = 377 rd/s e fase original nula. Determinar:
a) A amplitude da corrente i.
b) A diferença de fase entre esta corrente i e a tensão v.
Solução:
Z = R + jLω − j
onde
Z = R 2 + Lω −
1
ωC
Z = 300 2 + 0,83 × 377 −
0,83 × 377 −
θ = tg −1
1
1
= R + j Lω −
= Z e jθ
ωC
ωC
2
θ = tg −1
e
1
377 × 4,3 × 10 −6
Lω −
R
1
ωC
2
= 427 Ω
1
377 × 4,3 × 10 −6
= −0,79 rd = −45,3 0
300
a) A amplitude da corrente será:
I=
V
311
=
= 0,728 A
Z 427
b) A fase será:
φ = 0 − θ = 0,79 rd = 45,30
A expressão matemática da corrente fica:
I = 0,728 cos(377t + 0,79 )
[Ampere]
---------------------------------------------------------------------------------------------------------Utilização da lei de Kirchhoff das correntes em circuitos de corrente alternada.
Também, para correntes alternadas, a soma das correntes elétricas em um nó é nula.
Vamos considerar o circuito da fig. 1-7.
10
i2
i
i1
i2
Z1
v
Z2
Fig. 1-7
Nesse circuito tem-se
− i + i1 + i 2 = 0
ou
Mas
i = i1 + i2
i1 =
v
Z1
1-11
e
i2 =
v
Z2
1-12
Substituindo as equações 1-12 em 1-11, resulta:
i=
v
v
1
1
+
=v
+
Z1 Z 2
Z1 Z 2
1 V
=
Z Z
ou
i = v×
onde
1
1
1
=
+
Z Z1 Z 2
Conclusão: - As duas impedâncias em paralelo mostradas na fig. 1-7 podem ser
substituídas por uma única impedância cujo valor inverso é igual a soma dos valores
inversos das impedâncias individuais.
Generalização: - Se houver n impedâncias em paralelo, elas podem ser substituídas por
uma única impedância cujo valor inverso é igual a soma dos valores inversos das n
impedâncias individuais.
1
1
1
1
1
=
+
+
+ ⋅⋅⋅⋅⋅⋅ +
Z Z1 Z 2 Z 3
Zn
11
1-13
Conceito de admitância
A admitância vem a ser o valor inverso da impedância. Seu símbolo matemático
universal é a letra Y. Portanto:
Y=
1
Z
Neste caso a equação 1-13 pode assumir a forma:
Y = Y1 + Y2 + Y3 + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ +Yn
onde Y =
1
,
Z
Y1 =
1
,
Z1
Y2 =
1
,
Z2
Y3 =
1
,--------,
Z3
Y n=
1
Zn
A fig. 1-8 mostra a equivalência de admitâncias em paralelo
Y1
Y2
Y3
Y = Y1 + Y2 + Y3 + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ +Yn
Yn
Fig. 1-8
Associação de indutores em paralelo
Seja o circuito da fig. 1-9
L1
L2
Fig. 1-9
Supondo que o sinal elétrico possui uma freqüência ω , as impedâncias destes indutores
são:
Z 1 = jL1ω
e
Z 2 = jL2ω
Suas admitâncias são:
12
Y1 =
1
jL1ω
1
jL2ω
Y2 =
e
A admitância equivalente é:
Y=
1
1
1 1
1
1 1
+
=
+
=
×
jL1ω jL2ω
jω L1 L2
jω L
1
Portanto
Y=
onde
1 1
1
=
+
L L1 L2
jωL
Generalização: - Se houver n indutores em paralelo, eles podem ser substituídos por um
único indutor cujo valor inverso é igual a soma dos valores inversos dos n indutores
individuais.
1
1
1
1
1
=
+
+
+ ⋅⋅⋅⋅⋅ +
L L1 L2 L3
Ln
Associação de capacitores em paralelo
Seja um circuito formado por n capacitores em paralelo. Ver Fig. 1-10.
C1
C3
C2
Cn
Fig. 1-10
As impedâncias individuais desses componentes são:
Z1 =
−j
,
ωC1
Z2 =
−j
,
ωC 2
Z3 =
−j
−j
, ------------, Z n =
ωC 3
ωC n
Suas admitâncias individuais são:
Y1 =
ωC1
−j
,
Y2 =
ωC 2
−j
,
Y3 =
ωC 3
−j
,--------------, Yn =
A admitância equivalente fica:
Y = Y1 + Y2 + Y3 + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ +Yn
13
ωC n
−j
ou
Y=
ou
Y=
ω
−j
(C1 + C 2 + C3 + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + C n )
ωC
−j
C = C1 + C 2 + C3 + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ +C n
onde
Conclusão; - Quando se tem n capacitores em paralelo este conjunto equivale a um
único capacitor cujo valor da capacitância é igual ao valor da soma das capacitâncias
individuais.
Observação:
j
1 1 j 1× j
=
=−j
= × =
j j j j × j −1
1
1
j
1× j
j
=
× =
= = j
− j − j j − j× j 1
Conclusão: - Quando o operador j está no denominador, ele pode ser transferido para o
numerador, com o sinal algébrico trocado.
---------------------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 1-6
Supondo que os circuitos abaixo são equivalentes, determinar os valores de L e C.
10 µF
3 H
25 µF
1H
Solução:
L + L1
1
1
1
=
+
= 2
L L1 L2
L1 L2
L=
L1 L2
3 ×1
= 0,75 H
=
L1 + L2 3 + 1
C = C1 + C 2 = 10 µF + 25 µF = 35 µF
14
C
L
--------------------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 1-7
No circuito abaixo tem-se a tensão elétrica v(t ) = V cos ωt , onde V = 311 volt e a
freqüência é 60 Hz. Determinar:
a) A amplitude e a fase da corrente i.
b) A expressão matemática dessa corrente i.
i
L = 0,33 H
v
C = 16,6 µF
Solução:
Usando-se a lei de Ohm convencional tem-se:
i=
v
Z
ou
i = Yv
v = Ve j 0 = V
Y = Y e jβ resulta:
Supondo que
i = Y e jβ V = Y Ve jβ
Amplitude da corrente:
I = i = YV
Fase da corrente
φ = arg i = β
i = Y V cos(ωt + β )
Portanto
Cálculo da admitância:
ω = 2πf = 2π × 60 = 377 rd / s
YL =
1
jωL
=
−j
ωL
15
R = 600 Ω
YC =
ωC
−j
= jωC
YR = G =
Y = YR + YL + YC =
Y=
Y =
1
R
1
1
+ j ωC −
R
ωL
1
1
+ j 377 × 16,7 × 10 −6 −
= 1,67 × 10 −3 − j1,74 × 10 −3
600
377 × 0,33
(1,67 × 10 ) + (1,74 × 10 )
−3 2
−3 2
= 2,41 × 10 −3 Ω −1
− 1,74 × 10 −3
= tg −1 (− 1,04) = −0,81 rd = −46,4 0
−3
1,67 × 10
A amplitude da corrente fica:
β = tg −1
I = Y × V = 2,41 × 10 −3 × 311 = 0,750 A
A diferença de fase entre a corrente e a tensão é:
φ = β = −0,81 rd = −46,4 0
b) Expressão matemática da corrente
i = 0,750 cos(377t − 0,81)
-----------------------------------------------------------------------------------------------------Exemplos de cálculos de tensões e correntes em circuitos reativos utilizando o
método prático de cálculo.
Vamos determinar a tensão v no circuito da fig. 1-11
i
Z1
e
Z2
Fig. 1-11
e
i=
Z1 + Z 2
16
v
v = i × Z2 = e
Z2
Z1 + Z 2
Seja e(t ) = E cos ωt
Então e = Ee j 0 = E
Então;
v=E
Z2
Z1 + Z 2
Amplitude da tensão:
1-14
V =v
Fase da tensão:
φ = arg v
-------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 1-9
No circuito abaixo as impedâncias são dadas em ohm.
A amplitude da força eletromotriz é 20 v e sua fase original é nula.
Determinar a amplitude e a fase de v
RS = 10
e
jLω = j 5
v
Solução:
Comparando o circuito dado com o da fig. 1-11, vemos que:
Z1 = 10
Z 2 = j5
Aplicando a fórmula 1-14, fica:
j
π
j5
5e 2
v = 20
= 20
10 + j 5
10 2 + 5 2 e jψ
j
π
5e 2
5 j
20
v = 20
=
e
11,2
11,2e j 0, 46
π
2
onde ψ = tg −1
− 0 , 46
v = 8,94e j1,11
Amplitude: V = v = 8,94 volt
17
5
= 0,46 rd
10
Fase: φ = arg v = 1,11 rd = 66,3 0
---------------------------------------------------------------------------------------------------------Uso do teorema de Thevenin-Norton
Com referência à figura 1-12, vamos usar o teorema de Thevenin-Norton para calcular a
corrente i 2 . Suponha que a força eletromotriz tenha amplitude E e fase original seja
zero. Portanto e = Ee j 0 = E
ZS
i2
e
Z2
Z1
Fig. 1-12
A fig. 1-13 mostra a primeira transformação:
i2
i=
E
ZS
ZS
i2
Z2
Z1
Fig. 1-13
Nessa figura tem-se:
Z S1 =
i=
E
ZS
e
Z S Z1
Z S + Z1
1-15
A fig. 1-14 mostra a última transformação:
18
i=
E
ZS
Z S1
Z2
Z S1
e1 = i × Z S 1 =
EZ S1
ZS
i2
Z2
Fig. 1-14
Nesta figura tem-se a nova força eletromotriz
e1 =
EZ S 1
ZS
e1 = i × Z S 1 =
EZ S1
ZS
1-16
Portanto, a corrente i 2 é dada por:
i2 =
e1
Z S1 + Z 2
1-17
Substituindo 1-16 em 1-17 resulta:
i2 =
EZ S1
Z S (Z S 1 + Z 2 )
1-18
Neste caso teremos
i 2 (t ) = I 2 cos(ωt + φ )
onde:
Amplitude da corrente:
Fase da corrente:
I 2 = i2
φ = arg i2
19
---------------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 11-2
No circuito abaixo as impedâncias são dadas em ohm.
A amplitude da força eletromotriz é 20 v e sua fase original é nula.
Determinar a amplitude e a fase de i 2
i2
RS = 10
eS
−
R1 = 10
j
= − j5
ωC
Solução:
eS = 20e j 0 = 20
Z S = RS = 10 ,
Vemos que:
Z 1 = R1 = 10
e
Z 2 = − j5
Aplicando a fórmula 1-15, resulta:
Z S1 =
10 × 10
=5
10 + 10
Aplicando a fórmula 1-18 tem-se:
i2 =
EZ S1
Z S (Z S 1 + Z 2 )
i2 =
20 × 5
10
=
10(5 − j 5) 5 − j 5
i2 =
10
5 +5 e
2
2
onde
jψ
ψ = tg −1
−5
π
= −45 0 = −
rd
5
4
i 2 = 1,41e − jψ
ou
i2 = 1,41 e
Amplitude:
Fase: φ =
π
4
j
π
4
I 2 = 1,41 A
rd = 45 0
20
Expressão numérica da corrente i 2 :
i 2 (t ) = 1,41cos ωt +
π
ampere
4
-------------------------------------------------------------------------------------------------Uso das equações de malhas
Como exemplo, vamos utilizar o circuito da fig. 1-15, e determinar a corrente e a
tensão na impedância Z 2 , ou seja, i 2 e v 2 respectivamente.
ZS
i2
i1
eS
Z1
Z 2 v2
Fig. 1-15
Equações:
Malha 1:
− e S + i1 Z S + (i1 − i2 )Z 1 = 0
Malha 2:
(i2 − i1 )Z1 + i2 Z 2 = 0
Agrupando termos de mesma incógnita resulta:
Malha 1:
(Z S + Z1 )i1 − Z1i2
Malha 2:
− Z 1i1 + (Z1 + Z 2 )i2 = 0
= eS
Vamos resolver por determinantes
∆=
Z S + Z1
− Z1
∆i 2 =
− Z1
= (Z S + Z 1 )(Z 1 + Z 2 ) − Z 12 = Z S Z1 + Z S Z 2 + Z1 Z 2
Z1 + Z 2
Z S + Z1
eS
− Z1
0
= Z 1e S
21
i2 =
Z 1e S
∆i 2
=
∆
Z S Z1 + Z S Z 2 + Z1Z 2
i2 =
Z1eS
Z S Z1 + Z S Z 2 + Z 1 Z 2
1-19
v 2 = i2 Z 2
1-20
Amplitude da corrente i 2 (t ) = I 2 = i2
Fase da corrente i 2 (t ) = φ i 2 = arg i2
Amplitude da tensão v 2 (t ) = V2 = v 2
Fase da tensão v 2 (t ) = φ v 2 = arg v 2
-----------------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 11-3
Usando o mesmo circuito e os mesmos dados do exercício 11-2, determinar i 2 e v 2 .
RS = 10
eS
i2
−
R1 = 10
j
= − j5
ωC
Solução:
eS = 20e j 0 = 20
Vemos que:
Z S = RS = 10 ,
Z1 = R1 = 10
Aplicando a fórmula 1-19, resulta:
i2 =
Z1eS
Z S Z1 + Z S Z 2 + Z 1 Z 2
22
e
Z 2 = − j5
v2
i2 =
10 × 20
200
2
=
=
10 × 10 − j10 × 5 − j10 × 5 100 − j100 1 − j1
Mas 1 − j1 = 1,41e
−j
π
4
Portanto
i2 =
2
1,41e
−j
π
j
= 1,41e
π
4
4
I 2 = 1,41 ampere
Amplitude de i 2 :
π
φi 2 =
Fase de i 2 :
4
rd
Aplicando a fórmula 1-20, resulta:
v2 = i2 Z 2
Z 2 = − j 5 = 5e
−j
π
2
Portanto
v 2 = 1,41e
ou
j
π
4
× 5e
v 2 = 7,07e
−j
−j
π
2
π
4
V2 = 7,07 volt
Amplitude de v2 :
Fase de v2 :
φi 2 =
π
rd
4
Expressão numérica da corrente i 2 (t ) :
i 2 (t ) = 1,41cos ωt +
π
4
ampere
Expressão numérica da tensão v 2 (t ) :
v2 (t ) = 7,07 cos ωt −
π
4
volt
Note que entre a corrente no capacitor e sua tensão, existe uma diferença de fase igual a
π
2
rd ou seja, 90 graus.
23
2 – UTILIZAÇÃO DO OPERADOR S PARA O CÁLCULO DE
CIRCUITOS COM TENSÕES E CORRENTES ALTERNADAS.
Operador S.
Em circuitos com tensões e correntes alternadas, utilizaremos o parâmetro s tal que
s = jω
Desta maneira, as impedâncias dos componentes ficam:
Indutância:
Z L = jωL
fica
Capacitância:
ZC =
1
jωC
fica
ZC =
fica
ZR = R
ZR = R
Resistência:
Z L = Ls
1
Cs
Ao se desenhar um circuito, coloca-se as impedâncias dos componentes nesta nova
forma. Desta maneira, durante o cálculo das correntes e tensões do circuito não teremos
operações com grandezas complexas. Após a determinação da expressão da corrente ou
da tensão desejada, substitui-se s por jω e calcula-se o módulo e o argumento da
grandeza calculada. O módulo será sua amplitude e o argumento será sua fase.
Exemplos de aplicação do método do operador s.
Exemplo 2-1
Cálculo da corrente i e da tensão v 2 , no circuito da fig. 2-1.
i
R
v1
Ls
Fig. 2-1
− v1 + Ri + Lsi = 0
Cálculo da corrente i:
v1
i=
Ls + R
2-1
24
v2
Cálculo da tensão v 2 :
Ls × v1
Ls + R
v 2 = Lsi =
2-2
Substituindo-se s por jω nas expressões 2-1 e 2-2, fica:
i=
v1
jωL + R
jωLv1
jωL + R
v2 =
Supondo-se que v1 (t ) = V1 cos(ωt + α ) , então v1 = V1e jα
Neste caso,
i=
V1e jα
jωL + R
2-3
jωLV1e jα
v2 =
jωL + R
2-4
Os módulos das expressões 2-3 e 2-4 representam as respectivas amplitudes desses
sinais alternados. Da mesma forma, os argumentos dessas expressões 2-3 e 2-4
representam as respectivas fases desses sinais alternados.
Consideração: - Por convenção sempre se considera, para o sinal de entrada, a fase α
A partir deste ponto estaremos adotando esta convenção.
Portanto, v1 = V1e j 0 = V1
Dessa maneira tem-se:
i=
V1
=
jωL + R
ou
onde
i=
onde
V1
R 2 + ( L ω ) e jψ
2
V1
R + (Lω )
2
ψ = tg −1
2
é a amplitude do sinal de entrada.
V1
onde
e − jψ
ψ = tg −1
Lω
R
2-5
2-6
Lω
R
2-7
Repetindo-se o procedimento para v 2 , fica:
25
= 0.
j
π
jωLV1
ωLV1e 2
v2 =
=
2
jωL + R
R 2 + (Lω ) e jψ
v2 =
ou
ωLV1e
j
π
2
Lω
R
2-8
− ψ
R 2 + ( Lω )
ψ = tg −1
onde
ψ = tg −1
onde
2-9
2
Lω
R
As amplitudes da corrente i (t ) e da tensão v 2 (t ) , são respectivamente:
I=
V1
R 2 + ( Lω )
e
2
ωLV1
V2 =
R 2 + ( Lω )
2-10
2
As fases da corrente i(t ) e da tensão v 2 (t ) , são respectivamente:
φi = −tg −1
Lω
R
e
φv 2 =
π
2
− tg −1
Lω
R
2-11
Exemplo 2-2
Cálculo da corrente i e da tensão v 2 , no circuito da fig. 2-2
i
R
v1
Cálculo da corrente i:
i=
v1
1
R+
Cs
=
1
Cs
v2
Fig. 2-2
v1Cs
RCs + 1
2-12
Cálculo da tensão v 2 :
v2 = i ×
v1
1
=
Cs RCs + 1
Considerando
2-13
v1 = V1 e substituindo, na expressão 2-12, s por jω , resulta:
26
i=
jωCV1
jωCR + 1
i=
ou
ou
i=
ωCV1e
π
j
2
1 + (ωRC ) e
2
ωCV1e
π
j
2
ψ = tg −1
onde
jψ
ωRC
−ψ
1 + (ωRC )
onde
2
ψ = tg −1
1
ωRC
1
Portanto, teremos:
I=
ωCV1
1 + (ωRC )
V1
V1
=
2
jωRC + 1
1 + (ωRC ) e jψ
ou
φi =
π
2
− tg −1ωRC
2-14
v1 = V1 e substituindo, na expressão 2-13, s por jω , resulta:
Considerando
v2 =
e
2
V1
v2 =
1 + (ωRC )
2
e − jψ
onde
ψ = tg −1
onde
ωRC
ψ = tg −1
1
ωRC
1
Portanto, teremos:
V2 =
V1
1 + (ωRC )
2
e
φ v 2 = −tg −1ωRC
2-15
Exemplo 2-3
Cálculo da corrente i e da tensão v 2 , no circuito da fig. 2-3
i
1
R
Cs
v1
Ls
Fig. 2-3
27
v2
Cálculo da corrente i:
v1
v1Cs
=
i=
1
RCs + LCs 2 + 1
R + Ls +
Cs
Considerando v1 = V1 ,
i=
tem-se:
V1Cs
RCs + LCs 2 + 1
2-16
Fazendo s = jω e, lembrando que s 2 = jω × jω = −ω 2 , resulta:
i=
jωCV1
jωRC − ω 2 LC + 1
ou
i=
ou i =
(1 − ω
ωCV1e
2
LC
ωCV1e
(1 − ω
2
LC
j
π
2
) + (ωRC ) e
2
π
j
2
2
jψ
onde
ψ = tg −1
ωRC
1 − ω 2 LC
onde
ψ = tg −1
ωRC
1 − ω 2 LC
−ψ
) + (ωRC )
2
2
Resulta:
I=
(1 − ω
ωCV1
2
LC
) + (ωRC )
2
2
φi =
e
π
2
− tg −1
Cálculo da tensão v 2
v 2 = Ls × i
Substituindo o valor de i dado pela expressão 2-16, fica:
v2 =
LCs 2V1
RCs + LCs 2 + 1
Substituindo s por jω :
v2 =
− ω 2 LCV1
jωRC − ω 2 LC + 1
28
ωRC
1 − ω 2 LC
2-17
ou
ou
v2 =
(1 − ω
ω 2 LCV1e jπ
2
LC ) + (ωRC ) e jψ
2
2
ω 2 LCV1e j (π −ψ )
v2 =
(1 − ω
2
LC ) + (ωRC )
2
2
onde
ψ = tg −1
ωRC
1 − ω 2 LC
onde
ψ = tg −1
ωRC
1 − ω 2 LC
Portanto,
V2 =
(1 − ω
ω 2 LCV1
2
LC ) + (ωRC )
2
2
φ v 2 = π − tg −1
e
Exemplo 2-4
Cálculo da corrente i , da tensão v 2 e da corrente
ωRC
1 − ω 2 LC
2-18
i2 no circuito da fig. 2-4
i
i2
R
v1
1
Cs
Ls
v2
Fig. 2-4
Inicialmente, agrupamos as impedâncias paralelas do indutor e do capacitor resultando
uma impedância Z 2 . Ver fig. 2-5.
i
R
v1
Z2 =
Ls
LCs 2 + 1
fig. 2-5
Chega-se ao valor de Z 2 por meio da operação algébrica:
29
v2
1
Ls
Cs =
Z2 =
1
LCs 2 + 1
Ls +
Cs
Ls ×
Cálculo de i:
i=
V1
=
R + Z2
i=
ou
V1
R+
Ls
LCs 2 + 1
(
=
2-19
(
)
V1 LCs 2 + 1
RLCs 2 + R + Ls
)
V1 LCs 2 + 1
RLCs 2 + R + Ls
2-20
Substituindo s por jω , fica:
V1 (− ω 2 LC + 1)
=
i=
− ω 2 RLC + R + jωL
(R − ω
2
RLC
) + (ωL ) e
2
2
jψ
V1 − ω 2 LC + 1 e j (λ −ψ )
ou i =
onde
V1 − ω 2 LC + 1 e jλ
(R − ω RLC ) + (ωL )
2
2
ψ = tg −1
2
ωL
R − ω 2 RLC
e
λ=0
para
ω 2 LC ≤ 1
ou
λ =π
para
ω 2 LC ≥ 1
Portanto
I=
V1 − ω 2 LC + 1
(R − ω
φi = −tg −1
ou
2
RLC
) + (ωL )
2
ωL
R − ω 2 RLC
φi = π − tg −1
ωL
R − ω 2 RLC
2-21
2
para
para
30
ω 2 LC ≤ 1
ω 2 LC ≥ 1
2-22
2-23
Cálculo de v 2
v2 = i × Z 2
2-24
substituindo 2-19 e 2-20 em 2-24, tem-se:
(
)
v2 =
V1 LCs 2 + 1
Ls
×
2
RLCs + R + Ls LCs 2 + 1
ou
v2 =
LsV1
RLCs 2 + R + Ls
2-25
Substituindo s por jω , tem-se
jωLV1
=
− ω RLC + R + jωL
v2 =
(R − ω
2
v2 =
ou
ωLV1e
(R − ω
ψ = tg −1
onde
2
j
π
2
ωLV1e
2
RLC
j
π
2
) + (ωL ) e
2
2
jψ
−ψ
RLC ) + (ωL )
2
2
ωL
R − ω 2 LC
Portanto:
V2 =
φv 2 =
(R − ω
π
2
− tg −1
ωLV1
2
RLC
) + (ωL )
2
2-26
2
ωL
R − ω 2 LC
2-27
Cálculo de i 2
Examinando, novamente a fig. 2-4, vemos que a corrente i2 obedece a expressão:
i2 =
v2
Ls
Substituindo v 2 , pela sua expressão em 2-25, resulta:
31
i2 =
V1
RLCs + R + Ls
2-28
2
Substituindo s por jω , tem-se
i2 =
V1
=
− ω RLC + R + jωL
ou
onde
2
i2 =
(R − ω
ψ = tg −1
(R − ω
V1
2
RLC
) + (ωL ) e
2
2
jψ
V1e − jψ
2
RLC ) + (ωL )
2
2
ωL
R − ω 2 RLC
Portanto:
I2 =
(R − ω
φi 2 = −tg −1
V1
2
RLC ) + (ωL )
2
2-29
2
ωL
R − ω 2 RLC
2-30
---------------------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 2-1
Dado o circuito abaixo, utilize as transformações de Thevenin-Norton e determine
diretamente a corrente i 2 . Compare o resultado com aquele da expressão 2-28.
i2
R
v1
1
Cs
Solução:
Primeira transformação
32
Ls
v2
i2
ia =
v1
R1
1
Cs
R
v2
Ls
Agrupa-se a resistência e a capacitância resultando a impedância Z a .
1
R
Cs =
Za =
1
RCs + 1
R+
Cs
R×
i2
ia =
v1
R1
Za =
R
RCs + 1
v2
Ls
Segunda transformação
Za
va =
i2
i2
v1Z a
R
Ls
Cálculo de i 2
v1 Z a
v1 Z a
R
i2 =
=
Z a + Ls RZ a + RLs
Mas v1 = V1 e
Za =
R
RCs + 1
33
v2
Portanto
R
V1 R
RCs + 1 =
i2 =
2
2
2
R
R
+ RLs R LCs + R + RLs
RCs + 1
V1
Dividindo por R o numerador e o denominador, resulta:
i2 =
V1
RLCs + R + Ls
2
Comparando esta expressão com 2-28, vemos que são idênticas.
Portanto, também ficam válidos os resultados da amplitude e fase deste sinal.
---------------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 2-2
No circuito do problema 2-1, temos os parâmetros:
f = 10 kHz ,
1,6 mH,
C = 1,6 ηF ,
R = 100 Ω e
V = 10 volt
Determinar a amplitude e a fase da corrente i 2 (t ) .
Solução:
rd
ω = 2πf = 2π × 1 × 10 4 = 6,28 × 10 4
s
Pela expressão 2-29 tem-se:
I2 =
=
(R − ω
V1
2
RLC
) + (ωL )
2
2
=
[100 − (6,28 ×10 ) ×100 ×1,6 × 10
4 2
10
−3
× 1,6 × 10
−9
] + (6,28 × 10 ×1,6 ×10
2
4
)
−3 2
=
= 7,09 × 10 −2 ampere ou 70,9 miliampere
I 2 = 70,9 mA
Pela expressão 2-30, tem-se:
φi 2 = −tg −1
ωL
6,28 × 10 4 × 1,6 × 10 −3
−1
=
=
−
tg
2
R − ω 2 RLC
100 − (6,28 × 10 4 ) × 100 × 1,6 × 10 −3 × 1,6 × 10 −9
= −0,793 rd = −45,4 0
φi 2 = −0,793 rd = −45,4 0
34
Transformação direta de fonte de tensão para fonte de tensão por meio
do método de Thevenin-Norton.
Baseando-se no teorema de Thevenin-Norton, demonstraremos, mais adiante, que a
transformação mostrada na fig. 2-6 é valida, desde que v AB seja a diferença de potencial
entre os pontos A e B, e Z AB seja o valor da resistência equivalente entre os pontos A e
B quando se curto-circuita a fonte de tensão v1 .
A
Z1
v1
Z2
X
X
Z AB
v AB
v AB
Y
B
Y
Fig. 2-6
Dessa maneira tem-se
v AB =
v1 Z 2
Z1 + Z 2
Z1Z 2
Z1 + Z 2
Supondo-se que esta transformação seja válida, torna-se desnecessária a transformação
intermediária para fonte de corrente.
Z AB =
Demonstração desta transformação
A fig. 2-7 mostra as etapas convencionais da transformação Thevenin-Norton
v1
Z1
Z2
v1
ZZ
vZ
× 1 2 = 1 2
Z 1 Z 1 + Z 2 Z1 + Z 2
v1
Z1
Z1
Z1 Z 2
Z1 + Z 2
Fig. 2-7
35
Z2
v1
Z1
Z1 Z 2
Z1 + Z 2
v AB
Z AB
--------------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 2-3
Use a transformação direta de Thevenin-Norton para determinar a corrente i 2 no
circuito abaixo.
A
R1
v1
Dados:
i2
R3
R2
R4
B
v1 = V1 cos ωt
R1 = 20 Ω ,
V1 = 100 volt
onde
R2 = 30 Ω ,
R3 = 10 Ω
e
Solução:
A
R1
v1
R2
v AB
B
v AB =
Mas
v1 R2
R1 + R2
Z AB =
v1 = V1 e j 0
Portanto
v AB =
V1 R2
100 × 30 j 0
e j0 =
e = 60e j 0
R1 + R2
20 + 30
Z AB =
R1 R2
20 × 30
=
= 120 Ω = R AB
R1 + R2 20 + 30
O circuito fica:
36
R1 R2
R1 + R2
R4 = 8 Ω
i2
v AB
R3
R AB
R4
Neste caso tem-se
i2 =
Amplitude:
R AB
v AB
60
=
e j 0 = 2e j 0 ampere
+ R3 + R4 12 + 10 + 8
I 2 = i 2 = 2 ampere
Fase:
φ =0
---------------------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 2-4
Use a transformação direta de Thevenin-Norton para determinar a tensão v 2 no circuito
abaixo.
i2
A
R1
v1
Dados:
R2
Ls
B
v1 = V1 cos ωt
R1 = 200 Ω ,
V1 = 100 volt
onde
L = 1 Henry
R2 = 300 Ω ,
Solução:
A
R1
v1
R2
v AB
B
v AB
Mas
v2
vR
= 1 2
R1 + R2
Z AB =
v1 = V1 e j 0
Portanto
37
R1 R2
R1 + R2
e
ω = 100 rd / s
v AB =
V1 R2
100 × 30 j 0
e j0 =
e = 60e j 0
R1 + R2
20 + 30
Z AB =
R1 R2
20 × 30
= 120 Ω = R AB
=
R1 + R2 20 + 30
O circuito fica:
i2
RAB
v AB
i2 =
Ls
v2
v AB
R AB + Ls
v AB Ls
R AB + Ls
v 2 = i 2 Ls =
s = jω = j100
Fazendo
v AB = 60e j 0 = 60 ,
v2 =
ou
ou
v2 =
Fase:
L =1 H
e
resulta
j 60 × 1 × 100
j 6000
=
120 + j100 × 1 120 + j100
j
π
2
120 + 100 e
2
v 2 = 38,4e
φ=
substituindo os parâmetros
R AB = 120 Ω
6000e
Amplitude:
e
j
2
π
2
jψ
onde
ψ = tg −1
100
= 0,695 rd
120
−ψ
V2 = v 2 = 38,4 volt
π
2
−ψ =
π
2
− 0,695 = 0,876 rd ≈ 50 0
-------------------------------------------------------------------------------------------
38
3 – RESPOSTA EM FREQÜÊNCIA E RESSONÃNCIA
Introdução
Um circuito elétrico pode, também, ser chamado de rede elétrica.
Por resposta em freqüência de uma rede elétrica entende-se o seu desempenho, em
regime senoidal, sobre uma gama de freqüências excitadoras. A ressonância é uma
condição especificamente definida para uma rede que contém os componentes R, L, e C.
Alguns desses circuitos já foram usados, em capítulos anteriores, em cálculos de tensões
e correntes para sinal alternado com uma freqüência específica.
Para apresentar a resposta em freqüência, são feitas duas plotagens (gráficos) do sinal
desejado versus freqüência. Partindo do sinal elétrico, expresso na forma complexa,
uma das plotagens corresponde ao módulo (amplitude) e a outra ao argumento (fase) de
um parâmetro elétrico específico. A freqüência pode ser dada em f (Hz) ou em ω
(rd/s). Para facilitar será usada uma única palavra “freqüência” para indicar tanto f como
ω.
Redes com dois ou quatro terminais
A fig. 3-1.a mostra uma rede de dois terminais. Este tipo de rede é, também, chamada,
na literatura técnica, de dipolo ou de rede de um único acesso. Nela definimos uma
tensão v1 e uma corrente i1 . Estes parâmetros são indicados como sinais de entrada ou
de excitação da rede. O sinal algébrico da tensão e o sentido da corrente, indicados na
figura, são estabelecidos por convenção.
i1
i1
Dipolo
v1
i2
Quadripolo
v1
(a)
v2
(b)
Fig. 3-1
Uma rede de quatro terminais é mostrada na fig. 3-1.b. Esta rede pode, também, ser
chamada de quadripolo ou rede de dois acessos. Nela são definidos os novos
parâmetros v 2 e i 2 . Estas grandezas são chamadas de sinais de saída. Aqui, também o
sinal algébrico da tensão e o sentido da corrente foram definidos por convenção.
Para a rede de um acesso, as funções da freqüência que nos interessa são a impedância
ou a admitância que existe entre os dois terminais da entrada:
Z entr ≡
v1
i1
ou
Yentr ≡
39
i1
v1
Propriedades dos quadripolos
Os valores dos parâmetros de um quadripolo podem ser computados em três situações
específicas relativas às condições de saída.
1 – Saída em aberto: I 2 = 0 .
2 – Saída em curto circuito: v 2 = 0 .
3 – Terminais de saída conectados a uma impedância de carga Z L . Esta última situação
está ilustrada na fig. 3-2. Neste caso, pode-se ver que v 2 = −i 2 Z L .
i1
i2
Quadripolo
v1
ZL
v2
Fig. 3-2
Principais funções da freqüência consideradas em um quadripolo.
Relação adimensional de tensões:
v2
≡ H V (ω )
v1
Relação adimensional de correntes:
i2
≡ H I (ω )
i1
Impedância de entrada:
v1
≡ Z entr (ω )
i1
Impedâncias de transferência:
v2
≡ Z 21 (ω )
i1
e
v1
≡ Z 12 (ω )
i2
Todas estas grandezas são funções da variável ω . Alguns autores designam as
impedâncias de entrada e de transferência, assim como suas correspondentes
admitâncias, também, pelo símbolo H com um determinado índice. Outros autores
preferem utilizar o símbolo H somente para relações adimensionais. É o caso adotado
nesta apostila.
Os parâmetros H V e H I dependem das três situações de saída consideradas.
Assim, quando a saída está em aberto ( Z L → ∞ ) designa-se
H V∞ ≡
v2
v1
i2 = 0
No caso em que a saída está em curto circuito ( Z L = 0 ) designa-se:
40
H I0 ≡
i2
i1
v2 = 0
No caso mais geral em que se tem, na saída, uma impedância Z L , designam-se
simplesmente:
HV ≡
v2
v1
e
HI ≡
i2
i1
Exemplo de um quadripolo puramente resistivo.
A fig. 3-3 mostra um exemplo deste tipo de quadripolo, que será analisado na situação
de saída em aberto, ou seja, Z L → ∞ . Portanto i 2 = 0 .
i2 = 0
i1
R1
v1
i1
R2
v2
Fig. 3-3
i1 =
v1
R1 + R2
v 2 = i1 R2 =
H V∞ =
v1 R2
R1 + R2
v2
R2
=
= constante
v1 R1 + R2
Concluímos, neste exemplo de quadripolo, que o parâmetro H V∞ não depende de ω ,
isto é, ele tem sempre o mesmo valor qualquer que seja a freqüência do sinal de
excitação.
Poderemos também determinar a impedância de entrada na mesma situação de saída em
aberto. È fácil concluir que
Z entr∞ = R1 + R2 = constante
Vemos que, também esta impedância de entrada é independente da freqüência de
excitação.
41
Exemplo de um quadripolo constituído por impedâncias complexas: rede passa
(Z L → ∞ )
altas com saída em aberto
A figura 3-4 mostra um exemplo, deste tipo de quadripolo, composto por uma
resistência e de uma indutância.
i1
i2 = 0
i1
R1
v1
v2
L2 s
Fig. 3-4
v1
R1 + L2 s
i1 =
v 2 = i1 L2 s =
ou
v2 =
v1 L2 s
R1 + L2 s
v2
R
1+ 1
L2 s
Portanto
v2
=
v1
1
R
1+ 1
L2 s
Substituindo s por jω , fica:
H V∞ =
v2
=
v1
1
R1
ωL 2
Vamos estabelecer a identidade:
1− j
R1
≡ ωX
L2
Neste caso teremos
42
H V∞ =
1
3-1
ω
1− j X
ω
R1
L2
Podemos, também escrever esse número complexo na forma polar:
onde
ωX =
1
H v∞ =
1+
ωX
ω
2
e − jψ
onde
ψ = tg −1
−
ωX
ω = −tg −1 ω X
1
ω
Relação entre as amplitudes das tensões de saída e de entrada:
V2
= H V∞ =
V1
1
ω
1+ X
ω
3-2
2
Diferença de fase entre a tensão de saída e a tensão de entrada:
φV = argumento de H V∞ = − ψ
ou seja
φV = tg −1
ωX
ω
3-3
Lembremos que, nessas expressões, se tem
ωX =
R1
L2
3-4
A tabela 3-1 mostra valores de H V∞ e de φV para algumas freqüências.
Tabela 3-1
ω
H V∞
φV
0,5 ω X
0
0,447
90 0
63,4 0
ωX
2ωX
0,707
0,894
45 0
26,6 0
0
43
∞
1
00
A fig. 3-5.a mostra a curva de H V∞ versus freqüência. A curva de φV versus
freqüência é mostrada na fig. 3-5.b. Esta curva é conhecida como resposta em
freqüência da rede analisada.
H V∞
(a)
1
0,894
0,707
0,447
0
0 0,5ω X ω X
2ω X
0 0,5ω X ω X
2ω X
φV
(b)
ω
900
63,40
450
26,60
00
ω
Fig. 3-5
Interpretação de resultados
Vimos que o parâmetro H V∞
saída e o da entrada, ou seja
é equivalente a relação entre as amplitudes do sinal da
H V∞ =
V2
V1
Da mesma forma, a fase φV representa a diferença de fase (defasagem) entre os sinais
da saída e da entrada.
Podemos observar que para ω >> ω X , tem-se
V2
≈1
ou
V2 ≈ V1
V1
φV ≈ 0
Isto significa que o sinal da saída possui, aproximadamente, a mesma amplitude e a
mesma fase do sinal da entrada. Portanto o sinal passa da entrada para a saída com
quase nenhuma alteração.
Por outro lado, para ω << ω X resulta
44
V2
<< 1
V1
ou
V2 << V1
e
φV ≈ 90 0
Isto significa que a amplitude do sinal de saída fica muito menor do que a do sinal da
entrada. Diz-se que o circuito atenua o sinal de entrada. Alem disto, o sinal atenuado de
saída possui uma defasagem de 90 0 em relação ao sinal da entrada.
Devidas a essas propriedades, este circuito é classificado como rede passa altas
freqüências, ou simplesmente, rede passa altas. A freqüência ω X é,
convencionalmente, chamada de freqüência de corte.
Nota: O nome completo da rede que analisamos é: rede passa altas de primeira ordem.
A justificativa para o acréscimo “primeira ordem” aparecerá quando se estudar teoria
de filtros de sinais. Neste capítulo trataremos apenas de redes de primeira ordem. Por
simplificação, omitiremos sempre os termos “primeira ordem” ao mencionarmos as
redes aqui estudadas.
-----------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 3-1
Determinar o valor do indutor de uma rede passa altas, com Z L → ∞ , de tal modo que
a freqüência de corte seja 300 Hz. Sabe-se que R1 = 3,9 kΩ .
Solução:
ω X = 2π × 300 = 1,89 × 10 3 rd / s
ωX =
Portanto, L2 =
R1
ωx
=
R1
L2
3,9 × 10 3
= 2,07 H
1,89 × 10 3
L2 = 2,07 H
-------------------------------------------------------------------------------------------------
Versão capacitiva da rede passa altas
Z L → ∞ , cujos componentes são o
A fig. 3-6 mostra uma rede passa altas, com
capacitor C1 e o resistor R2 .
i2 = 0
i1
v1
1
C1s
i1
R2
Fig. 3-6
45
v2
i1 =
v1
1
+ R2
C1 s
v 2 = i1 R2 =
v1 R2
v1
=
1
1
R2 +
1+
C1 s
R2 C1 s
Fazendo s = jω resulta
v2
=
v1
1
1
1− j
R2 C1ω
= H V∞
Estabelecendo-se a identidade
H V∞ =
1
≡ ω X teremos;
R2 C1
1
3-5
ω
1− j X
ω
Podemos notar que a expressão 3-5 é idêntica a expressão 3-1.
Isto acarreta a mesma relação entre as amplitudes das tensões e defasagens fornecidas
pelas expressões 3-2 e 3-3, ou seja
V2
= H V∞ =
V1
e
φV = tg −1
1
1+
ωX
ω
3-6
2
ωX
ω
3-7
As igualdade entre as expressões 3-6 e 3-2 e a igualdade entre 3-7 e 3-3 faz com que a
tabela de valores seja a mesma da tabela 3-1 e as respostas em freqüência de H V∞ e
φV sejam as mesmas mostradas na fig. 3-5.
Lembremos apenas que, para esta rede capacitiva, se tem
ωX =
1
R2 C1
3-8
---------------------------------------------------------------------------------------------Exercício 3-2
46
Determinar o valor do capacitor de uma rede passa altas capacitiva, com Z L → ∞ , de
tal modo que a freqüência de corte seja 300 Hz. Sabe-se que R2 = 3,9 kΩ .
Solução:
ω X = 2π × 300 = 1,89 × 10 3 rd / s
ωX =
C1 =
ou
1
1
= 1,36 × 10 − 7 F
3,9 × 10 × 1,89 × 10 3
=
R2ω X
1
R2 C1
3
C1 = 0,136 µF
----------------------------------------------------------------------------------------------------------
Redes passa baixas e suas versões
Existem, também duas versões para rede passa baixas freqüências. Uma é do tipo
indutivo e outra é do tipo capacitivo. As figuras 3-7.a
e
3-7.b mostram,
respectivamente as versões indutiva e capacitiva para o caso de Z L → ∞ .
i1
i2 = 0
i1
L1s
R1
i1
v1
R2
i2 = 0
v2
1
C2 s
v1
(a)
i1
v2
(b)
Fig. 3-7
Análise da rede passa baixas capacitiva mostrada na fig. 3-7.b
i1 =
v1
1
+ R1
C2 s
v1 ×
v 2 = i1 ×
1
C2 s
v1
1
=
=
1
C2 s
1 + R1C 2 s
+ R1
C2 s
Fazendo s = jω resulta
47
v2
1
=
= H V∞
v1 1 + jωR1C 2 s
Estabelecendo-se a identidade
H V∞ =
1
≡ ω X teremos;
R1C 2
1
1+ j
3-9
ω
ωX
1
R1C 2
Podemos, também escrever esse número complexo na forma polar:
onde
ωX =
1
H v∞ =
1+
ω
ωX
2
e − jψ
onde
ψ = tg −1
ω
ωX
1
= tg −1
ω
ωX
Relação entre as amplitudes das tensões de saída e de entrada:
V2
= H V∞ =
V1
1
1+
ω
ωX
3-10
2
Diferença de fase entre a tensão de saída e a tensão de entrada:
φV = argumento de H V∞ = − ψ
ou seja
φV = −tg −1
ω
ωX
3-11
Lembremos que, nessas expressões, se tem
ωX =
1
R1C 2
3-12
A tabela 3-2 mostra valores de H V∞ e de φV para algumas freqüências.
ω
0
Tabela 3-2
φV
H V∞
1
00
48
0,5 ω X
0,894
− 26,6 0
ωX
2ωX
3ωX
0,707
0,447
− 45 0
− 63,4 0
0,316
− 71,6 0
0
− 90 0
∞
A fig. 3-8.a mostra a curva de H V∞ versus freqüência. A curva de φV versus
freqüência é mostrada na fig. 3-8.b.
H V∞
(a)
1
0,894
0,707
0,447
0,316
0
0 0,5ω X ω X
2ω X
3ω X
2ω X
3ω X
ω
φV
00
(b)
0 0,5ω X ω X
ω
− 26,600
− 45
− 63,400
− 71,5 0
− 90
Fig. 3-8
Interpretação de resultados
Lembremos que o parâmetro H V∞ é equivalente a relação entre as amplitudes do sinal
da saída e o da entrada, ou seja
H V∞ =
V2
V1
Da mesma forma, a fase φV representa a diferença de fase (defasagem) entre os sinais
da saída e da entrada.
Podemos observar que para ω << ω X , tem-se
V2
≈1
V1
φV ≈ 0
ou
V2 ≈ V1
49
Isto significa que o sinal da saída possui, aproximadamente a mesma amplitude e a
mesma fase do sinal da entrada. Portanto o sinal passa da entrada para a saída com
quase nenhuma alteração.
Por outro lado, para ω >> ω X resulta
V2
<< 1
V1
ou
V2 << V1
50