Prova de Circuitos Elétricos II - Análise de Circuitos CA em Regime Permanente

CIRCUITOS ELÉTRICOS II ENGENHARIA AUTOMAÇÃO E CONTROLE ENGENHARIA ELÉTRICA Prof Olívio Carlos Nascimento Souto AVALIAÇÃO DA APRENDIZAGEM CIRCUITOS DE CORRENTE ALTERNADA DATA 21 de SETEMBRO DE 2022 1 Um circuito RL série operando em regime permanente é alimentado por uma fonte de tensão de CA Se a frequência da fonte aumentar mas a sua amplitude permanecer constante podese afirmar que justifique a A amplitude da corrente não se altera b A amplitude da corrente aumenta c A frequência da corrente não se altera d A frequência da corrente diminui e O ângulo de atraso da corrente em relação a tensão aumenta 2 O circuito da figura acima foi testado por um técnico e apresentado num relatório conforme os dados presentes na própria figura O fasor corrente IS relatado pelo técnico é igual a 40o A Qual a frequência da fonte de tensão VS em rads utilizada no circuito Justifique com a resolução do circuito a 100 b 200 c 300 d 400 e 500 3 Calcule a tensão Vo utilizando o equivalente de Norton 4 Determine a tensão de saída do AO quando a tensão na entrada é vgt 2 cos 106t Volts 1 Item e A impedância indutiva é diretamente proporcional à frequência de alimentação 𝑍𝐿 𝑗2𝜋𝑓𝐿 portanto seu valor aumenta e o impacto do atraso causado pelo indutor também aumenta 2 A tensão do capacitor é 𝑉𝐶 𝑉𝑆 5 𝐼𝑆 𝑉𝐶 100 0 5 4 0 𝑉𝐶 100 20 80 0 V A corrente do capacitor é 𝐼𝐶 𝑉𝐶 1 𝑗𝜔𝐶 𝐼𝐶 80 𝑗𝜔 250 106 𝐼𝐶 002 𝑗𝜔 A corrente no indutor é 𝐼𝐿 𝑉𝐶 10 𝑗𝜔𝐿 𝐼𝐿 80 10 005 𝑗𝜔 Aplicando a lei de Kirchoff das correntes 𝐼𝐶 𝐼𝐿 4 0 002 𝑗𝜔 80 10 005 𝑗𝜔 4 80 10 005 𝑗𝜔 4 002 𝑗𝜔 10 005 𝑗𝜔 4 002 𝑗𝜔 80 40 02 𝑗𝜔 0001 𝜔2 02 𝑗𝜔 80 0001𝜔2 40 𝜔 4000 200 rads Item b 3 Para encontrar a impedância equivalente de Norton desligamos as fontes dependentes substituímos cada fonte de tensão por um curtocircuito e conectamos uma fonte de corrente auxiliar 𝐼𝑎𝑢𝑥 1 0 A aos terminais da carga Encontramos a tensão sobre esta fonte de corrente 𝑉𝑎𝑢𝑥 e determinamos a impedância pela relação da lei de ohm 𝑍𝑁 𝑉𝑎𝑢𝑥 𝐼𝑎𝑢𝑥 O circuito equivalente é Tomamos o nó inferior como nó de referência e analisamos o circuito utilizando o método de análise de tensão nodal Chamamos o nó superior do indutor de nó 1 Chamamos o nó superior da fonte dependente de nó 2 Aplicando a lei de Kirchoff das correntes no nó 1 𝑉1 𝑗1 𝑉1 𝑉2 1 𝑉1 𝑉2 𝑗1 𝑉1 𝑉2 1 𝑉1 1 1 𝑉1 1 𝑗1 1 1 𝑗1 1 1 𝑉2 1 1 𝑗1 1 1 𝑉13 𝑉22 𝑗 1 No nó 2 temos 𝑉2 2𝑉𝑥 Onde 𝑉𝑥 𝑉2 𝑉1 𝑉2 2𝑉2 𝑉1 𝑉1 𝑉2 Substituindo 𝑉11 𝑗 1 𝑉1 1 1 𝑗 05 𝑗05 𝑉𝑎𝑢𝑥 𝑉1 𝑍𝑁 𝑉𝑎𝑢𝑥 𝐼𝑎𝑢𝑥 05 𝑗05 Ω Para encontrar a corrente equivalente de Norton conectamos um curtocircuito à carga e encontramos a corrente que flui por este Por observação concluímos que 2𝑉𝑥 𝑉𝑥 𝑉𝑥 0 V A tensão no capacitor é 𝑉𝐶 8 0 V A corrente no capacitor é 𝐼𝐶 𝑉𝐶 𝑗 8 90 V Essa corrente flui do nó conectado às fontes de tensão até a referência A tensão no indutor de acordo com a lei de Kirchoff das tensões é 𝑉𝐿 4 8 𝑉𝐿 4 0 V A corrente no resistor é 𝐼𝑅 𝑉𝐿 𝑅 𝐼𝑅 4 0 V A corrente que flui no ramo da fonte dependente é 𝐼𝐹𝐷 𝐼𝐶 𝐼𝑅 𝐼𝐹𝐷 4 𝑗8 89443 634 A A corrente no indutor é 𝐼𝐿 𝑉𝐿 𝑗 𝐼𝐿 4𝑗 4 90 A A corrente de Norton é 𝐼𝑁 𝐼𝐹𝐷 𝐼𝐿 𝐼𝑁 4 𝑗4 56569 45 A A tensão 𝑉0 é 𝑉0 𝑍𝑁𝐼𝑁 4 0 V 4 A corrente que flui no resistor de 20 kΩ é igual a corrente que flui no capacitor de 10 pF 𝑉𝐶 20000 𝑉0 1 𝑗𝜔 10 1012 𝑉𝐶 20000 𝑉0 𝑗100000 5𝑉𝐶 𝑗𝑉0 0 Aplicando a lei de Kirchoff das correntes no nó do capacitor 𝑉𝐶 𝑉𝑔 5000 𝑉𝐶 1 𝑗𝜔 100 1012 𝑉𝐶 20000 𝑉𝐶 𝑉0 100000 0 𝑉𝐶 𝑉𝑔 5 𝑉𝐶 𝑗10 𝑉𝐶 20 𝑉𝐶 𝑉0 100 0 20𝑉𝐶 20𝑉𝑔 𝑗10𝑉𝐶 5𝑉𝐶 𝑉𝐶 𝑉0 0 26 𝑗10𝑉𝐶 𝑉0 40 A solução para o sistema é 𝑉𝐶 13326 30 V 𝑉0 66630 120 V No domínio do tempo a expressão de 𝑣0𝑡 é 𝑣0𝑡 66630 cos106𝑡 120 V Porém o amplificador operacional tem alimentação de apenas 5 V o que resulta em uma saturação Para o primeiro período da senoide o sinal é 𝑣0𝑡 66630 cos106𝑡 120 V 0 t 1372 μs 5 V 1372 μs t 2817 μs 66630 cos106𝑡 120 V 2817 μs t 4514 μs 5 V 4514 μs t 5982 μs 66630 cos106𝑡 120 V 5982 μs t 6283 μs 1 Item e A impedância indutiva é diretamente proporcional à frequência de alimentação ZLj 2πfL portanto seu valor aumenta e o impacto do atraso causado pelo indutor também aumenta 2 A tensão do capacitor é V CV S5I S V C100054 0 V C10020800V A corrente do capacitor é I C V C 1 jωC I C80 jω25010 6 I C002 jω A corrente no indutor é I L V C 10 jωL I L 80 10005 jω Aplicando a lei de Kirchoff das correntes I CI L40 002 jω 80 10005 jω4 80 10005 jω4002 jω 10005 jω 4002 jω80 4002 jω0001ω 202 jω80 0001ω 240 ω4000200rads Item b 3 Para encontrar a impedância equivalente de Norton desligamos as fontes dependentes substituímos cada fonte de tensão por um curtocircuito e conectamos uma fonte de corrente auxiliar I aux10 A aos terminais da carga Encontramos a tensão sobre esta fonte de corrente V aux e determinamos a impedância pela relação da lei de ohm ZNV aux I aux O circuito equivalente é Tomamos o nó inferior como nó de referência e analisamos o circuito utilizando o método de análise de tensão nodal Chamamos o nó superior do indutor de nó 1 Chamamos o nó superior da fonte dependente de nó 2 Aplicando a lei de Kirchoff das correntes no nó 1 V 1 j 1 V 1V 2 1 V 1V 2 j1 V 1V 2 1 V 1 1 1 V 1 1 j1 1 1 j1 11V 21 1 j111 V 1 3 V 2 2 j1 No nó 2 temos V 22V x Onde V xV 2V 1 V 22V 2V 1 V 1V 2 Substituindo V 1 1 j1 V 1 1 1 j 05j 05 V auxV 1 ZNV aux I aux 05 j 05 Ω Para encontrar a corrente equivalente de Norton conectamos um curtocircuito à carga e encontramos a corrente que flui por este Por observação concluímos que 2V xV x V x0V A tensão no capacitor é V C8 0 V A corrente no capacitor é I CV C j 890 V Essa corrente flui do nó conectado às fontes de tensão até a referência A tensão no indutor de acordo com a lei de Kirchoff das tensões é V L48 V L40 V A corrente no resistor é I RV L R I R4 0 V A corrente que flui no ramo da fonte dependente é I FDI CI R I FD4 j 889443634 A A corrente no indutor é I LV L j I L4 j490 A A corrente de Norton é I NI FDI L I N4 j 456569 45 A A tensão V 0 é V 0ZN I N40V 4 A corrente que flui no resistor de 20kΩ é igual a corrente que flui no capacitor de 10 pF V C 20000 V 0 1 jω1010 12 V C 20000 V 0 j100000 5V C jV 00 Aplicando a lei de Kirchoff das correntes no nó do capacitor V CV g 5000 V C 1 jω10010 12 V C 20000 V CV 0 1000000 V CV g 5 V C j10 V C 20 V CV 0 100 0 20V C20V g j 10V C5V CV CV 00 26 j10 V CV 040 A solução para o sistema é V C1332630 V V 066630120 V No domínio do tempo a expressão de v0t é v0t 66630cos10 6t120V Porém o amplificador operacional tem alimentação de apenas 5V o que resulta em uma saturação Para o primeiro período da senoide o sinal é v0t 66630cos10 6t120V 0t 1372μs 5V 1372μst 2817 μs 66630cos10 6t120V 2817 μst 4514 μs 5V 4514 μst 5982μs 66630cos10 6t120V 5982μst 6283 μs