Lista de Exercícios Resolvidos - Circuitos de 2a Ordem CA Trifásicos e Laplace

Professor vai postar o trabalho sábado 17062023 às 0830 hrs e tem até às 2200 hrs do mesmo dia para postar ainda não temos a atividade somente no dia serão em torno de 5 questões sobre Circuitos de 2ª ordem circuitos CA potência CA circuitos trifásicos e Laplace onde precisa demostrar todo desenvolvimento do cálculo Adicionei todo material dado em aula e exemplos de exercícios resolvidos a matéria engloba conteúdos de circuitos 2 e circuitos 3 Caso queira me chamar meu número é 54 996124935 1 a Para 0 𝑡 2 ms com a chave na posição a o capacitor está conectado apenas ao resistor de 1 kΩ 𝑣𝐶 𝑣𝑅 0 𝑣𝐶𝑡 𝑅𝑖𝐶𝑡 𝑖𝐶 𝐶 𝑑𝑣𝐶 𝑑𝑡 𝑣𝐶 𝑅𝐶 𝑑𝑣𝐶 𝑑𝑡 EDO separável 𝑑𝑣𝐶 𝑣𝐶 1 𝑅𝐶 𝑑𝑡 ln𝑣𝐶 1 𝑅𝐶 𝑡 𝑘 𝑒ln𝑣𝐶 𝑒 1 𝑅𝐶𝑡𝑘 𝑣𝐶 𝑒𝑘 𝑒 1 𝑅𝐶𝑡 Onde 𝑒𝑘 constante 𝑣𝐶0 Portanto 𝑣𝐶 𝑣𝐶0𝑒 1 𝑅𝐶𝑡 Substituindo os valores 𝑣𝐶𝑡 10𝑒500𝑡 V 0 𝑡 2 ms Podemos resolver por equivalentes no domínio de Laplace 1 𝑠𝐶 𝐼𝑠 𝑣𝐶0 𝑠 𝑅𝐼𝑠 0 𝐼𝑠 𝑅 1 𝑠𝐶 𝑣𝐶0 𝑠 𝐼𝑠 𝑣𝐶0 𝑠𝑅 1 𝐶 Porém 𝑉𝑠 𝑅𝐼𝑠 𝑉𝑠 𝑣𝐶0 𝑠 1 𝑅𝐶 Aplicando a transformada inversa 𝑉𝑠 𝑣𝑐0 1 𝑠 1 𝑅𝐶 𝑣𝐶𝑡 𝑣𝑐0𝑒 1 𝑅𝐶𝑡 Substituindo os valores 𝑣𝐶𝑡 10𝑒500𝑡 V 0 𝑡 2 ms b Precisamos determinar as condições iniciais na mudança de chave 𝑣𝐶2 ms 10𝑒500 2 1000 𝑣𝐶2 ms 10𝑒1 36788 V 𝑖𝐿2 ms 50 mA Após a mudança de chave para a posição b temos um circuito RLC em paralelo De acordo com a lei de Kirchoff das correntes a soma das correntes no nó é igual a 0 𝑖𝐶 𝑖𝑅 𝑖𝐿 0 𝐶 𝑑𝑣𝐶 𝑑𝑡 𝑣𝐶 𝑅 1 𝐿 𝑣𝐶𝑡𝑑𝑡 0 𝑑2𝑣𝐶 𝑑𝑡2 1 𝑅𝐶 𝑑𝑣𝐶 𝑑𝑡 1 𝐿𝐶 𝑣𝐶 0 EDO homogênea de coeficientes constantes de segunda ordem Analisamos considerando o tempo inicial em 0 e ao fim deslocamos a resposta no tempo Polinômio Característico 𝑠2 1 𝑅𝐶 𝑠 1 𝐿𝐶 0 𝛼 1 2𝑅𝐶 250 𝜔0 1 𝐿𝐶 1000 rads Circuito subamortecido 𝛼 𝜔0 𝜔𝑑 𝜔0 2 𝛼2 968 rads Reposta 𝑣𝐶𝑡 𝑒250𝑡𝐴1 cos968𝑡 𝐴2 sin968𝑡 Aplicando as condições iniciais 𝑣𝐶0 𝑒2500𝐴1 cos968 0 𝐴2 sin968 0 𝑣𝐶0 36788 V 𝐴1 𝑣𝐶𝑡 𝑒250𝑡36788 cos968𝑡 𝐴2 sin968𝑡 Porém 𝑖𝐿0 𝑖𝑅0 𝑖𝐶0 𝑖𝐿0 𝑣𝐶0 𝑅 𝐶 𝑑𝑣𝐶0 𝑑𝑡 𝐶 𝑑𝑣𝐶0 𝑑𝑡 𝑣𝐶0 𝑅 𝑖𝐿0 𝑑𝑣𝐶0 𝑑𝑡 𝑣𝐶0 𝑅𝑖𝐿0 𝑅𝐶 𝑑𝑣𝐶0 𝑑𝑡 36788 50 2 103 𝑑𝑣𝐶0 𝑑𝑡 268394 103 Vs Derivando a expressão da tensão 𝑣𝐶𝑡 𝑒250𝑡36788 cos968𝑡 𝐴2 sin968𝑡 𝑑𝑣𝐶𝑡 𝑑𝑡 250𝑒250𝑡36788 cos968𝑡 𝐴2 sin968𝑡 𝑒250𝑡3562 sin968𝑡 968𝐴2 cos968𝑡 No tempo 0 𝑑𝑣𝐶𝑡 𝑑𝑡 250 36788 968𝐴2 268394 103 250 36788 968𝐴2 𝐴2 267967 Portanto 𝑣𝐶𝑡 𝑒250𝑡36788 cos968𝑡 267967 sin968𝑡 Deslocando no tempo 𝑣𝐶𝑡 𝑒250𝑡2ms36788 cos968𝑡 2ms 267967 sin968𝑡 2ms V 𝑡 2 ms Resolvendo pelo equivalente de Laplace 𝑉𝐶𝑠 𝐿𝑖𝐿0 𝑠𝐿 𝑉𝐶𝑠 𝑅 𝑉𝐶𝑠 𝑣𝐶0 𝑠 1 𝑠𝐶 0 𝑉𝐶𝑠 1 𝑠𝐿 1 𝑅 𝑠𝐶 𝐶𝑣𝐶0 𝑖𝐿0 𝑠 𝑉𝐶𝑠 𝑅 𝑠𝐿 𝑠2𝑅𝐿𝐶 𝑠𝐿𝑅 𝑠𝐶𝑣𝐶0 𝑖𝐿0 𝑠 𝑉𝐶𝑠 𝑠𝑅𝐿𝐶𝑣𝐶0 𝐿𝑅𝑖𝐿0 𝑅 𝑠𝐿 𝑠2𝑅𝐿𝐶 𝑉𝐶𝑠 𝑠𝑣𝐶0 𝑖𝐿0 𝐶 1 𝐿𝐶 𝑠 𝑅𝐶 𝑠2 Substituindo os valores 𝑉𝐶𝑠 𝑠𝑣𝐶0 𝑖𝐿0 𝐶 𝑠2 500𝑠 1000000 𝑉𝐶𝑠 𝑠𝑣𝐶0 𝑖𝐿0 𝐶 𝑠2 500𝑠 62500 937500 𝑉𝐶𝑠 𝑠𝑣𝐶0 𝑖𝐿0 𝐶 𝑠 2502 96824582 𝑉𝐶𝑠 𝑠𝑣𝐶0 𝑠 2502 96824582 𝑖𝐿0 𝐶 𝑠 2502 96824582 𝑉𝐶𝑠 𝑣𝐶0 𝑠 250 𝑠 2502 96824582 𝑖𝐿0 𝐶 250𝑣𝐶0 𝑠 2502 96824582 𝑉𝐶𝑠 𝑣𝐶0 𝑠 250 𝑠 2502 96824582 25000 9196986 𝑠 2502 96824582 𝑉𝐶𝑠 𝑣𝐶0 𝑠 250 𝑠 2502 96824582 25920 𝑠 2502 96824582 𝑉𝐶𝑠 𝑣𝐶0 𝑠 250 𝑠 2502 96824582 26769 9682458 𝑠 2502 96824582 Aplicando a transformada inversa 𝑣𝐶𝑡 𝑒250𝑡𝑣𝐶0 cos968𝑡 267967 sin968𝑡 Deslocando no tempo 𝑣𝐶𝑡 𝑒250𝑡2ms36788 cos968𝑡 2ms 267967 sin968𝑡 2ms V 𝑡 2 ms 2 Método 1 Correntes de Malha Malha 1 esquerda 10 0 5𝐼1 𝑗2𝐼1 𝐼2 0 𝐼15 𝑗2 𝐼2𝑗2 10 0 Malha 2 direita 𝑗2𝐼2 𝐼1 𝑗4𝐼2 2𝐼1 0 𝐼12 𝑗2 𝐼2𝑗2 0 Sistema 5 𝑗2 𝑗2 2 𝑗2 𝑗2 𝐼1 𝐼2 10 0 Solução 𝐼1 2 53 A 𝐼2 283 172 A Onde 𝐼1 𝐼 Método 2 Tensão Nodal 𝑉𝑥 10 5 𝑉𝑥 𝑗2 𝑉𝑥 2𝐼 𝑗4 0 Porém 𝐼 10 𝑉𝑥 5 𝑉𝑥 10 5 𝑉𝑥 𝑗2 𝑉𝑥 20 2𝑉𝑥 5 𝑗4 0 𝑉𝑥 10 5 𝑉𝑥 𝑗2 7𝑉𝑥 20 𝑗20 0 𝑉𝑥 10 5 𝑉𝑥 𝑗2 7𝑉𝑥 20 𝑗20 0 𝑉𝑥 1 5 1 𝑗2 7 𝑗20 10 5 20 𝑗20 𝑉𝑥 1 5 1 𝑗2 7 𝑗20 2 𝑗 𝑉𝑥 4 8𝑗 Portanto 𝐼 10 𝑉𝑥 5 𝐼 2 53 A A potência complexa é 𝑆 𝑉𝐼1 𝑆 12 𝑗16 VA O fator de potência é cos 𝜃 12 122 162 06 Ao corrigir o fator de potência alteramos apenas a potência reativa 𝑆 12 𝑗𝑄 VA cos 𝜃 08 12 122 𝑄2 08 122 𝑄2 15 𝑄 152 122 𝑄 9 VAr A potência reativa do capacitor a ser adicionado é 𝑄𝐶 16 9 7 VAr A reatância do capacitor é 𝑋𝐶 𝑄𝐶 𝑉2 𝑋𝐶 7 100 70 mΩ Ou 𝑍𝐶 𝑗70 mΩ 3 Consideramos o resistor de 1 Ω conectado em paralelo com 𝑉𝑜 como carga Encontramos então o circuito equivalente de Thévenin ao retirar este resistor do circuito Para encontrar a impedância equivalente de Thévenin zeramos as fontes independentes e adicionamos uma fonte de corrente auxiliar ao circuito Ao aplicar a lei de Ohm encontramos a impedância Por inspeção 𝐼𝑥 𝐼𝑎𝑢𝑥 Aplicando Lei de Kirchoff das tensões 𝑉𝑎𝑢𝑥 𝑉𝑜 𝑗1𝐼𝑎𝑢𝑥 𝐼𝑎𝑢𝑥 𝑍𝑇𝐻 𝑉𝑎𝑢𝑥 𝐼𝑎𝑢𝑥 1 𝑗 Ω 𝐼𝑥 𝑉𝑎𝑢𝑥 𝑗𝐼𝑥 0 Analisamos agora para encontrar a tensão de Thévenin Por inspeção 𝐼𝑥 40 A Aplicando a lei de Kirchoff das tensões 𝑗1 2𝐼𝑥 1𝐼𝑥 𝑉𝑇𝐻 0 𝑉𝑇𝐻 𝐼𝑋1 𝑗2 𝑉𝑇𝐻 4 𝑗8 V A tensão de saída aplicando divisor de tensão é 𝑉𝑜 𝑉𝑇𝐻 𝑅𝐿 𝑅𝐿 𝑍𝑇𝐻 𝑉𝑜 4 𝑗8 1 1 1 𝑗 𝑉𝑜 8 𝑗4 𝑉𝑜 89443 26 V 4 Consideramos as condições iniciais nulas Analisamos considerando os equivalentes de Laplace 𝑖𝑆𝑡 𝑒2𝑡𝑢𝑡 A 𝐼𝑆𝑠 1 𝑠 2 Aplicando divisor de corrente 𝐼𝑜𝑠 𝐼𝑆𝑠 2 1 𝑠 2𝑠 1 2 1 𝑠 𝐼𝑜𝑠 1 𝑠 2 2𝑠 1 𝑠 2𝑠 1 1 1 𝑠 𝐼𝑜𝑠 1 𝑠 2𝑠 1 Expandindo em frações parciais 𝐼𝑜𝑠 𝐴 𝑠 2 𝐵 𝑠 1 𝐼𝑜𝑠 𝐴𝑠 𝐴 𝐵𝑠 2𝐵 𝑠 2𝑠 1 𝐴 1 𝐵 1 𝐼𝑜𝑠 1 𝑠 1 1 𝑠 2 Aplicando a transformada inversa 𝑖𝑜𝑡 𝑒𝑡 𝑒2𝑡 𝑢𝑡 A Um outro método de análise é por tensão nodal ainda considerando os equivalentes de Laplace 𝑉𝑠 2 1 𝑠 𝑉𝑠 2𝑠 1 1 𝑠 2 𝑉𝑠 𝑠 2𝑠 1 1 2𝑠 1 1 𝑠 2 𝑉𝑠 2𝑠 1 𝑠 2𝑠 1 Aplicando lei de Ohm 𝐼𝑜𝑠 𝑉𝑠 2𝑠 1 𝐼𝑜𝑠 1 𝑠 2𝑠 1 Que gera o mesmo resultado 𝑖𝑜𝑡 𝑒𝑡 𝑒2𝑡 𝑢𝑡 A