Gabarito de Circuitos Elétricos - Prova 1a a 4c

PR CIRCUITOS ELÉTRICOS GABARITO 1a Aproveitando as fontes de corrente 𝐼2 2𝐴 𝐼1 3Ω 1Ω 3Ω 𝐼2 3 4 2𝐴 15𝐴 𝐼1 𝐼3 1𝐴 15𝐴 𝐼3 1𝐴 𝐼3 25𝐴 1 0 0 0 1 0 0 0 1 𝐼1 𝐼2 𝐼3 15 2 25 1b Nó 1 𝐸2 𝐸1 3Ω 𝐸3 2 𝐸1 1Ω 2𝐴 4 3 𝐸1 1 3 𝐸2 𝐸3 4𝐴 Nó 2 𝐸2 𝐸1 3Ω 𝐸2 2Ω 1𝐴 1 3 𝐸1 5 6 𝐸2 1𝐴 Nó 3 𝐸3 2 𝐸1 1Ω 𝐸3 4Ω 1𝐴 𝐸1 5 4 𝐸3 3𝐴 43 13 1 13 56 0 1 0 54 𝐸1 𝐸2 𝐸3 4 1 3 2a 𝑅𝑒𝑞 para os terminais 𝐴𝐵 𝑅𝑒𝑞 6Ω6Ω 6Ω 10Ω5Ω 5Ω 5Ω 24Ω 2b 𝑅𝑒𝑞 para os terminais 𝐸𝐹 𝑅𝑒𝑞 6Ω6Ω 6Ω10Ω 5Ω 5Ω 5Ω 373Ω 2c 𝑅𝑒𝑞 para os terminais 𝐶𝐷 𝑅𝑒𝑞 6Ω6Ω 6Ω10Ω5Ω 5Ω 5Ω 36Ω 3 Montando o equivalente Thèvenin do circuito à esquerda da chave para o circuito RC 𝑅𝑇ℎ𝑅𝐶 8 𝑘Ω 24 𝑘Ω 8 𝑘Ω 24 𝑘Ω 6 𝑘Ω 𝐸𝑇ℎ𝑅𝐶 20 𝑉 24 𝑘Ω 8 𝑘Ω 24 𝑘Ω 15 𝑉 Calculando o tempo característico do circuito RC 𝜏 𝑅𝐶 10 𝑘Ω 15 𝜇𝐹 015 𝑠 3a Nesta configuração o capacitor está apenas em modo de carga ou seja a tensão começa em zero até atingir o mesmo valor da fonte portanto 𝑣𝐶 𝐸1 𝑒𝑡𝜏 15 𝑉 1 𝑒 𝑡 015 𝑠 Calculando 𝑣𝐶 para 𝑡 600 𝑚𝑠 𝑣𝐶 15 𝑉 1 𝑒 060 𝑠 015 𝑠 15 𝑉1 𝑒4 1473 𝑉 3b No modo de carga a corrente começa no valor máximo e decai até zero que é quando o capacitor está totalmente carregado portanto 𝑖𝐶 𝐸 𝑅 𝑒𝑡𝜏 15 𝑉 10 𝑘Ω 𝑒 𝑡 015 𝑠 15 𝑚𝐴 𝑒 𝑡 015 𝑠 Calculando 𝑖𝐶 para 𝑡 450 𝑚𝑠 𝑖𝐶 15 𝑚𝐴 𝑒 045 𝑠 015 𝑠 15 𝑚𝐴𝑒3 007 𝑚𝐴 4a O circuito possui duas impedâncias em paralelo 𝑍1 𝑅 𝑗𝑋𝐿 3Ω 𝑗4Ω 5Ω 5313 𝑍2 𝑗𝑋𝐶 𝑗10Ω 10Ω 90 Calculando a impedância equivalente 𝑍𝑒𝑞 𝑍1 𝑍2 𝑍1 𝑍2 5Ω 5313 10Ω 90 3Ω 𝑗4Ω 𝑗10Ω 50Ω 3687 35Ω 6343 50 35 Ω 2730 4b Com a impedância equivalente do circuito calculamos a corrente total 𝐼𝑠 𝐸 𝑍𝑒𝑞 50𝑉 60 50 35 Ω 2730 35𝐴 3227 4c Calculando as potências aparentes de cada elemento usando a tensão 𝑆𝐶 𝐸𝑒𝑓 𝐸𝑒𝑓 𝑍𝐶 𝐸𝑒𝑓 𝐸𝑒𝑓 𝑍𝐶 𝑍𝐶2 𝑍𝐶 𝐸𝑒𝑓 𝑍𝐶 2 𝑗10 Ω 50 2 𝑉 10 Ω 2 𝑗125 𝑣𝑎𝑟 𝑉𝑅𝑒𝑓 𝑉𝑒𝑓 𝑍𝑅 𝑍𝑅 𝑍𝐿 50 2 𝑉 60 3 Ω 3 Ω 𝑗4 Ω 50 2 𝑉 60 3 Ω 0 5 Ω 5313 30 2 𝑉 687 𝑆𝑅 𝑍𝑅 𝑉𝑅𝑒𝑓 𝑍𝑅 2 3 Ω 30 2 𝑉 3 Ω 2 150 𝑊 𝑉𝐿𝑒𝑓 𝑉𝑒𝑓 𝑍𝐿 𝑍𝑅 𝑍𝐿 50 2 𝑉 60 𝑗4 Ω 3 Ω 𝑗4 Ω 50 2 𝑉 60 4 Ω 90 5 Ω 5313 40 2 𝑉 2313 𝑆𝐿 𝑍𝐿 𝑉𝐿𝑒𝑓 𝑍𝐿 2 𝑗4 Ω 40 2 𝑉 4 Ω 2 𝑗200 𝑣𝑎𝑟 Calculando a potência aparente total 𝑆𝑇 𝑆𝑅 𝑆𝐿 𝑆𝐶 150 𝑊 𝑗200 𝑣𝑎𝑟 𝑗125 𝑣𝑎𝑟 150 𝑊 𝑗75 𝑣𝑎𝑟 4d Reescrevendo a potência aparente na forma polar 𝑆𝑇 150 𝑊 𝑗75 𝑣𝑎𝑟 𝑆𝑇 𝑅𝑇 2 𝑋𝑇 2 150 𝑊2 75 𝑣𝑎𝑟2 16771 𝑉𝐴 𝜃𝑇 tan1 𝑋𝑇 𝑅𝑇 tan1 75 𝑣𝑎𝑟 150 𝑊 tan1 1 2 2657 𝑆𝑇 𝑆𝑇𝜃𝑇 16771 𝑉𝐴 2657 Com o módulo da potência aparente o ângulo e as componentes ativa e reativa montamos o triângulo de potências Como 0 𝜃𝑇 90 o fator de potência é indutivo portanto 𝐹𝑃 cos𝜃𝑇 cos2657 0894 𝑎𝑡𝑟𝑎𝑠𝑎𝑑𝑜 Extra O novo fator de potência será 095 portanto 𝐹𝑃𝑐𝑜𝑟 095 cos𝜃𝑆𝑇 Vamos manter o FP atrasado portanto o ângulo 𝜃𝑆𝑇 será 𝜃𝑆𝑇 cos1095 1819 A nova potência reativa será tan𝜃𝑆𝑇 𝑄 𝑃 𝑄 𝑃 tan𝜃𝑆𝑇 150𝑊 tan1819 4929 𝑣𝑎𝑟 Calculando a potência reativa inserida 𝑄 𝑄 𝑄𝑠ℎ 𝑄𝑠ℎ 𝑄 𝑄 4929𝑣𝑎𝑟 75𝑣𝑎𝑟 2571𝑣𝑎𝑟 Portanto um banco de capacitores foi inserido no circuito em paralelo bastando calcular a sua impedância 𝑆𝑠ℎ 𝑍𝑠ℎ 𝐸𝑒𝑓 𝑍𝑠ℎ 2 𝑗 𝑍𝑠ℎ 𝑍𝑠ℎ2 𝐸𝑒𝑓 2 𝑗 𝐸𝑒𝑓 2 𝑍𝑠ℎ 𝑍𝑠ℎ 𝑗 𝐸𝑒𝑓 2 𝑆𝑠ℎ 𝑍𝑠ℎ 𝑗 𝐸𝑒𝑓 2 𝑆𝑠ℎ 𝑗 50 2 𝑉 2 4929 𝑉𝐴 𝑗1268 Ω