Análise de Circuitos em Engenharia - IRWIN, J. David..pdf

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Análise de Circuitos Elétricos para Engenharia ARTICLE

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Sérgio Haffner

Luís Alberto Pereira

Universidade Federal do Rio Grande do Sul

Universidade Federal do Rio Grande do Sul

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Análise de Circuitos Elétricos para Engenharia Sérgio Haffner Luís A. Pereira http://slhaffner.phpnet.us/ [email protected] [email protected]

Desenvolvido para ser utilizado como notas de aula para a disciplina de Circuitos Elétricos do curso de graduação em Engenharia Elétrica.

Novembro 2007

Circuitos Elétricos B

Sumário Introdução [5 páginas]

5

Revisão [20 páginas]

1

1 Relações de triângulo

1

1.1 Triângulo qualquer 1.2 Triângulo retângulo

1 1

1.3 Triângulo inscrito em uma semicircunferência

1

2 Números complexos

2

2.1 Forma retangular 2.2 Forma Polar

2 3

3 Funções senoidais

4

3.1 Definições 3.2 Defasagem

4 5

4 Resposta completa de um circuito RLC série

5

4.1 Determinação da resposta natural (regime transitório) 4.2 Determinação da resposta forçada (regime permanente) 4.3 Determinação da resposta completa (supondo resposta superamortecida)

6 7 8

5 Resposta completa de um circuito RLC série/paralelo

10

5.1 Determinação da resposta natural (regime transitório) 5.2 Determinação da resposta forçada (regime permanente)

11 12

6 Análise nodal e de malhas

15

6.1 Análise nodal 6.2 Análise de malhas

15 18

I Análise de redes no domínio da freqüência [33 páginas]

1

I.1 Análise fasorial I.1.1 I.1.2 I.1.3 I.1.4

1

Representação fasorial -1 Impedância [Ω] e admitância [Ω ou siemens] Associação de Impedâncias Superposição

2 4 6 9

I.2 Métodos de solução fasorial I.2.1 I.2.2 I.2.3 I.2.4 I.2.5

10

Circuitos equivalentes Transformação estrela-triângulo Circuitos divisores Métodos analíticos de solução Diagrama fasorial

10 20 22 23 25

I.3 Locus de tensão, corrente e impedância I.4 Ressonância senoidal

29 32

I.4.1 Definições I.4.2 Ressonância paralela I.4.3 Ressonância série

32 32 32

II Potência e energia em regime permanente senoidal [20 páginas] II.1 II.2 II.3 II.4 II.5

Potência e energia Valores eficazes Potências ativa, reativa, aparente e complexa Máxima transferência de potência Potência desenvolvida e circuitos equivalentes

III Circuitos polifásicos Introdução – SHaffner/LAPereira

1 1 5 7 12 14

[25 páginas]

1

Versão: 14/11/2007

Página 2 de 5


III.1 Conceitos básicos III.2 Técnicas de resolução de circuitos

1 12

III.2.1 Relação tensão/corrente em sistemas trifásicos

14

III.3 Potência polifásica

18

IV Circuitos acoplados magneticamente [29 páginas] IV.1 IV.2 IV.3 IV.4

1

Auto indutância Indutância mútua Polaridade das tensões induzidas Circuitos equivalentes

1 1 3 10

IV.5 O transformador linear IV.6 O transformador ideal

15 16

IV.6.1 Expressões gerais do transformador ideal IV.6.2 Transformador ideal em regime permanente senoidal

16 17

IV.7 Circuitos acoplados representados através de transformador ideal IV.8 Autotransformadores ideais

19

V Análise de circuitos pela transformada de Laplace [59 páginas]

1

V.1 Introdução V.2 Definição V.3 Algumas funções especiais V.3.1 Função degrau unitário u(t) V.3.2 Função impulso unitário δ(t)

V.4 Transformadas funcionais V.4.1 Co-seno e seno V.4.2 Funções usuais

V.5 Algumas propriedades da transformada de Laplace V.5.1 V.5.2 V.5.3 V.5.4 V.5.5 V.5.6 V.5.7 V.5.8 V.5.9

Linearidade Derivação no tempo Integração no tempo Deslocamento no tempo Mudança de escala no tempo Convolução no tempo Derivação em freqüência Deslocamento em freqüência Resumo das propriedades da transformada de Laplace

V.6 Teoremas do valor final e do valor inicial V.6.1 Teorema do valor final (TVF) V.6.2 Teorema do valor inicial (TVI)

V.7 Determinação da transformada inversa V.7.1 V.7.2 V.7.3 V.7.4 V.7.5

Expansão em frações parciais de funções racionais próprias Raízes reais e simples Raízes reais repetidas Raízes complexas conjugadas distintas Raízes complexas conjugadas repetidas

V.8 Plano s diagrama de pólos e zeros V.9 A transformada de Laplace na análise de circuitos

21

1 1 3 3 5

6 6 7

8 8 8 9 9 9 9 9 9 10

12 12 13

14 15 16 18 20 22

22 23

V.9.1 Relação tensão corrente nos elementos simples V.9.2 Representação de circuitos acoplados magneticamente

23 34

V.10 Função de transferência V.11 Resposta em freqüência

37 42

V.11.1 Curvas de amplitude e fase em freqüência V.11.2 Diagramas logaritmicos (Bode) V.11.3 Traçado do diagramas de Bode Introdução – SHaffner/LAPereira

Versão: 14/11/2007

44 47 49 Página 3 de 5


VI Análise de Fourier [44 páginas] VI.1 Introdução VI.2 Série de Fourier VI.3 Análise de circuitos elétricos em regime permanente não senoidal VI.4 Influência da simetria nos coeficientes de Fourier VI.4.1 Simetria de funções pares VI.4.2 Simetria de funções ímpares VI.4.3 Simetria de meia onda

VI.5 VI.6 VI.7 VI.8

Potência média de funções periódicas Valor RMS de uma função periódica Espectros de amplitude e de fase Fatores de distorção

Bibliografia [1 página]

1 1 1 5 12 13 14 15

23 25 26 28

1

Observação: Em função de acréscimos e correções, a divisão em seções e a numeração das páginas poderão sofrer alterações.

Introdução – SHaffner/LAPereira

Versão: 14/11/2007

Página 4 de 5


Introdução Estas notas de aula têm como objetivo apresentar, de forma resumida, o conteúdo integral das disciplinas Circuitos Elétricos B e Circuitos Elétricos II – EE que correspondem ao segundo curso de análise de circuitos elétricos para o curso de graduação em Engenharia Elétrica. Estas notas não detalham em profundidade todos os aspectos relacionados com o tema, mas podem ser utilizadas para balizar estudos nesta área, cuja bibliografia qualificada é bastante abundante até mesmo em português. O curso de Circuitos Elétricos B, para o qual estas notas foram elaboradas, é ministrado após um curso inicial no qual se estuda o comportamento de circuitos elétricos compostos por fontes de tensão e corrente, controladas ou não, resistores, indutores e capacitores, aplicando-se as diversas técnicas de análise conhecidas para análise no domínio do tempo. Também neste curso inicial, analisa-se o comportamento dos circuitos RL, RC e RLC no domínio tempo e em regime permanente senoidal. Desta forma, estes são os requisitos para o bom desenvolvimento dos conteúdos desta disciplina, juntamente com o conhecimento da Transformada de Laplace (requisito para o Capítulo 5) e da Série de Fourier (requisito para o Capítulo 6). Esta disciplina está dividida em seis capítulos, precedidos e uma revisão, conforme descrito a seguir. A Revisão abrange a geometria do triângulo e as relações trigonométricas; os números complexos; a função senoidal; a resposta completa de circuitos RLC e a análise nodal e de malhas. No Capítulo I a análise fasorial é aplicada para a análise do regime permanente senoidal em circuitos elétricos. São desenvolvidos os conceitos de fasor tensão e corrente; impedância e admitância e descritas as principais técnicas de análise de circuitos elétricos (superposição, circuitos equivalente, transformação estrela-triângulo, circuitos divisores de tensão e corrente, diagrama fasorial e lócus) e apresentado o conceito de ressonância senoidal. No Capítulo II são desenvolvidos os conceitos de potência e energia de forma geral e em regime permanente senoidal. Utilizando a definição da potência complexa, são definidas as potências aparente, ativa e reativa e apresentadas as condições de máxima transferência de potência. Uma seção adicional é dedicada à análise das relações entre a potência desenvolvida nos circuitos elétricos e nos seus equivalentes. No Capítulo III são apresentados os circuitos polifásicos juntamente com suas respectivas definições e técnicas de solução. Apresenta-se, também, o conceito de potência polifásica. O Capítulo IV é dedicado à análise dos circuitos com acoplamento magnético. O conceito de auto-indutância é revisado e o de indutância mútua apresentado juntamente com os circuitos equivalentes utilizados para a análise do regime permanente senoidal. São detalhados os circuitos equivalentes do transformador linear, do transformador ideal e do autotransformador ideal. O Capítulo V é dedicado à análise de circuitos elétricos por intermédio da transformada de Laplace. Inicialmente, apresenta-se um resumo sobre a transformada de Laplace direta e inversa e suas principais propriedades. A seguir descreve-se a aplicação da transformada de Laplace na análise de circuitos elétricos, inclusive com acoplamento magnético. Define-se, também, função de transferência e apresenta-se uma introdução à resposta em freqüência e ao diagramas de Bode. No Capítulo VI desenvolve-se a aplicação da série de Fourier na análise de circuitos elétricos em regime permanente não senoidal. O conceito de potência elétrica média é generalizado para qualquer função periódica, bem como o de valor RMS. Para finalizar são apresentados os principais fatores de distorção. O curso de Circuitos Elétricos II – EE é o segundo curso de uma série de três e abrange os quatro primeiros capítulos descritos anteriormente. A partir de 2004, foram introduzidos resultados de simulações de alguns exemplos e exercícios propostos. A plataforma utilizada para simulação foi o MATLAB® com SIMULINK® em função de dois fatores principais: versatilidade (pois uma grande variedade de problemas relacionados com a área de Engenharia pode ser resolvida com este programa) e disponibilidade no meio acadêmico. Os arquivos utilizados nas simulações estão disponíveis em: http://slhaffner.phpnet.us/circuitos_b/matlab/

®

MATLAB e SIMULINK são marcas registradas da The MathWorks, Inc.

Introdução – SHaffner/LAPereira

Versão: 14/11/2007

Página 5 de 5


Bibliografia

a

1. J. David Irwin (2004). Análise de circuitos em engenharia. Makron Books. 4 Edição. 621.3192 I65a

2. James W. Nilsson e Susan A. Riedel (2003). Circuitos elétricos. LTC Editora. 621.3192 N712c

3. Charles K. Alexander e Matthew N. O. Sadiku (2003). Fundamentos de circuitos elétricos. Bookman. 621.3192 A375f

4. Charles A. Desoer e Ernest S. Kuh (1979). Teoria básica de circuitos lineares. Ed. Guanabara Dois. 621.38132 D467b

5. Charles M. Close (1990). Circuitos lineares. Livros Técnicos e Científicos Editora S. A. 621.31912 C645ca

6. Willian H. Hayt e Jack E. Kemmerly (1975). Análise de circuitos em engenharia. McGraw-Hill. 621.3192 H426a

7. Willian H. Hayt e Jack E. Kemmerly (1993). Engineering circuit analysis. McGraw-Hill. 621.3192 H426e

8. Charles A. Gross (1986). Power system analysis. John Wiley & Sons. 621.3191 G878p

9. Russel M. Kerchner e George F. Corcoran (1968). Circuitos de corrente alternada. Editora Globo. 621.3192 K39c

10. Richard C. Dorf e James A. Svoboda (2003). Introdução aos circuitos elétricos. LTC Editora. 11. L. Q. Orsini e D. Consonni (2002 e 2004). Curso de circuitos elétricos, Volumes 1 e 2. Editora Edgard Blücher Ltda.

Bibliografia – SHaffner/LAPereira

Versão: 14/11/2007

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Revisão 1 – Relações de triângulo 1.1 – Triângulo qualquer Para o triângulo qualquer da Figura 1, são válidas as seguintes relações:

a 2

b

=

sen A

=

sen B 2

c sen C

2

a = b + c − 2bc cos A A + B + C = 180 o C A a

C

C

b

A

B

A

B

B

c

Figura 1 – Triângulo qualquer.

1.2 – Triângulo retângulo Para o triângulo retângulo da Figura 2, são válidas as seguintes relações: sen α

=

b

a c cos α = a b tan α = c a b α

c

Figura 2 – Triângulo retângulo.

1.3 – Triângulo inscrito em uma semicircunferência Todo triângulo inscrito em uma semicircunferência é um triângulo retângulo, conforme mostra a Figura 3. Observar que o raio da semicircunferência corresponde aos lados de dois triângulos isósceles que constituem o triângulo maior inscrito na semicircunferência.

Revisão – SHaffner/LAPereira

Versão: 11/9/2007

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B

a

A b A

B c

Figura 3 – Triângulo retângulo inscrito em uma semicircunferência. Da relação do triângulo:

B + (B + A) + A = 180 o 2 A + 2 B = 180 o

A + B = 90 o e

A+ B = C

portanto C é um ângulo reto e o triângulo inscrito é retângulo.

2 – Números complexos 2.1 – Forma retangular Seja z

=

x + jy , onde:

x = Re( z ) é a parte real de z e y = Im( z ) é a parte imaginária de z. O complexo conjugado de z é dado por

z*

=

x − jy . Graficamente, os números complexos podem ser

representados no plano complexo no qual as abcissas correspondem à parte real, Re( z ) , e as ordenadas à parte imaginária, Im(z ) , conforme ilustra a Figura 4. Im(z )

z = x + jy

y

x –y

Re(z )

z

*

=

x − jy

Figura 4 – Plano complexo. Para z1

z1

= x1 + =

z2

jy1 e z 2 ⇔

=

x1

x2

=

+

jy 2 , são válidas as seguintes relações:

x 2 e y1

=

y2

(x1 + )x 2( + j ) y1 + y 2 z1 − z 2 = (x1 − )x 2( + j )y1 − y 2 z1 z 2 = ( x1 + )( jy1 x 2 )(+ jy 2 = )x(1 x 2 − y1 y 2) z1 + z 2

=


+

j x1 y 2

Versão: 11/9/2007

+

x 2 y1

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Circuitos Elétricos B z *2 6 47 4 8

(x1 + jy1 ) (x 2 − jy 2 )  x1 x2 + y1 y 2  = = + z 2 ( x 2 + jy 2 ) (x 2 − jy 2 )  x 22 + y 22  z1

 x 2 y1 − x1 y 2   2 2   x2 + y2 

j 

2.2 – Forma Polar Na forma polar o número complexo z

z

x2

=

x + jy é dado por z

=

=

z e jθ

=

z θ , onde:

y 2 é o valor absoluto (módulo) de z e

+

 y θ = tan   é o argumento (ângulo) de z. x −1

z*

O complexo conjugado de z é dado por

=

z e − jθ

=

z

−θ

. Os números complexos na forma polar

também podem ser representados no plano complexo, conforme ilustra a Figura 5. Im( z )

z = z e jθ

z sen θ θ –θ

z cosθ −

*

−

z

z sen θ

Re( z )

=

jθ

ze

Figura 5 – Forma polar dos números complexos. Pela identidade de Euler, tem-se:

e jθ

=

e − jθ

cosθ

=

+

j sen θ

−

cosθ

j sen θ

logo:

z = z e jθ

=

z (cosθ

j sen θ ) = z cosθ

+

+

j z sen θ

sendo: Re( z ) = z cosθ a parte real de z e Im( z ) = z sen θ a parte imaginária de z.

Para z1

z1 θ1 e z 2

=

z 2 θ 2 são válidas as seguintes relações:

=

z2

z1

=

z1 z 2

=

=

z1

z1 z2

=

⇔

z1 e jθ1 z 2 e jθ 2 z1 e

jθ1

z 2 e jθ 2

=

z1 z2

=

z 2 e θ1

e j (θ1 −θ 2 )


= θ2

z1 z 2 e j (θ1 +θ 2 ) =

z1 z2

=

z1 z 2 θ 1 + θ 2

θ1 − θ 2

Versão: 11/9/2007

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3 – Funções senoidais 3.1 – Definições Qualquer função do tipo senoidal pode ser representada pela função

g)(t

=

G( cos )ωt + φ

através da escolha dos valores adequados para:

G – valor máximo (amplitude); 2π ω = 2πf = – velocidade angular [rad/s]; T f – freqüência [Hz]; T – período [s]; φ – ângulo de fase [rad]. A Figura 6 apresenta o gráfico de uma função senoidal genérica, indicando os valores de G e φ. G

g(t)

ωt [rad]

−φ

-G

Figura 6 – Função tipo senoidal. Observar que quando o ângulo de fase φ é igual a −π 2 , a função cosseno transforma-se em um seno, conforme mostra a Figura 7, ou seja, são válidas as seguintes relações: cos ωt

=

 

sen  ωt +

π  2

sen ωt

=

 

cos ωt −

π  2

cos sen

π/2

ω t [rad]

Figura 7 – Relação entre as funções seno e cosseno.


Versão: 11/9/2007

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3.2 – Defasagem Define-se como defasagem a diferença entre os ângulos de fases de duas funções do tipo senoidal de mesma velocidade angular ω. Sendo g1)(t e g 2 (t ) é dada por φ1 − φ 2

=

   

φ

2 6 7 8

   

G(1 cos )ωt + φ1 e g 2 (t ) = G2 cos ωt + φ1 − α  , a defasagem entre g1 (t )

= φ1 − (φ1 − α ) = α

, conforme ilustra a Figura 8.

g1(t)

g2(t)

α

ω t [rad]

Figura 8 – Defasagem entre duas funções senoidais. Assim, pode-se dizer que:

g1 (t ) está adiantada em relação à g 2 (t ) do ângulo α e g 2 (t ) está atrasada em relação à g1 (t ) do ângulo α.

4 – Resposta completa de um circuito RLC série Nesta seção será obtida a resposta completa de um circuito linear excitado por uma fonte senoidal de freqüência e amplitudes fixas. Seja o circuito RLC série com energia armazenada apresentado na Figura 9. R

i(t)

t=0

C

+ vC(0) –

+

L

v(t ) = Vm sen t

Figura 9 – Circuito RLC série com energia armazenada A equação de malha deste circuito é dada por: R

v(t)

}

=

() t Ri

C 44 644 47 4 8 t

∫

+ vC ()0 + C1() i 0

τ dτ

L4 6 47 8

)( +

L

d it dt

(1)

Sabe-se que a corrente no circuito é formada por duas parcelas:

i (t)

= i(n)

t

+()i f

t


(2)

Versão: 11/9/2007

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Circuitos Elétricos B •

Uma depende dos elementos do circuito e da energia armazenada neles previamente e é denominada resposta natural, in (t ) ;

•

Outra relaciona-se com o que é imposto pelas fontes atuantes e é denominada resposta forçada, i f (t ) .

4.1 – Determinação da resposta natural (regime transitório) Neste caso, i(t)

= i(n) t

0 = Rin )(t

e considera-se que v(t ) = 0 . A expressão (1) simplifica-se para: L4 6 47 8

C 644 47 444 8 t

R8 6 7

+()vC

1 C 0i n

+ ()

0

τ d)τ(

∫

+

d L dt in t

(3)

Derivando (3) em relação ao tempo e reordenando, chega-se à seguinte equação diferencial:

L

d2

in ()t

dt 2

d ()in t dt

R

+

(+) C1 in t

dt () n t +() C1 in t LD 2 in ()t + RDi

(LD

RD +

+

1 C

=

0

)in (t ) = 0 (

Para esta igualdade ser válida, LD 2

LD

2

+

RD +

+

Ra +

1 C

0

d

Utilizando o operador D =

2

=

=

RD + C1 ) precisa ser nulo uma vez que supõe-se in (t ) ≠ 0 , ou seja:

+

0

ou

La 2 A

1

=

anterior

d2

d L 2 in ()t + R ()in t dt dt −

0

C

expressão

R ± R2

a=

é

(+) C1 in t

=

4L C

−

−

=

2L −

s1

=

s2

=

R

+

2L

R 2L

−

−

 R     2L 

±

2

 R    2L 

característica

2

−

Subamortecida, se s1

)in((t •

=e

σt

equação

diferencial

1

LC

1

−

LC 2

1

−

LC

determinam o tipo de resposta que o circuito irá apresentar. Se s1 •

da

0 e suas raízes, dadas por,

R 2L

 R     2L 

equação

denominada

=σ +

jω

*

= s2

≠ s2

a resposta do circuito pode ser:

. Neste caso a corrente será dada pela seguinte expressão:

A1 cos ωt) + A2 sen ωt

Superamortecida, se s1 e s 2 são reais e distintas. Neste caso a corrente será dada pela seguinte expressão: in (t ) = A1e s1t + A2 e s2t

Se s1 = s2 a resposta do circuito é criticamente amortecida. Neste caso a corrente será dada pela seguinte expressão:

in ()t ( = A1t )+ A2 e s1t Revisão – SHaffner/LAPereira

Versão: 11/9/2007

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4.2 – Determinação da resposta forçada (regime permanente) Como o circuito é linear, invariante com o tempo e está sendo excitado por uma fonte senoidal, v(t ) = Vm sen ωt , o regime permanente de todas as correntes (e tensões) também será senoidal com a mesma velocidade angular

da fonte, ou seja, pode ser expresso pela seguinte equação:

i f (t ) = A3 cos ωt + A4 sen ωt

(4)

cujas derivadas são:

) d i f (t )

dt d2

dt 2

= −ωA3

i f (t

= −ω

2

sen ωt( + ωA4 cos ωt

A3 cos ωt

(ω −

2

)ω − =

A3 sen ωt + A4 cos ωt

A4 sen ωt )= ω 2

−

Derivando (1) em relação ao tempo e considerando i(t)

L

d

2

dt 2

i f ()t

+

R

d ()i f t dt

()+ C1 i f () t

=

A3 cos ωt = i(f ) t

−

(5)

A4 sen ωt

(6)

, chega-se a:

d vt dt

(7)

com

d d v(t ) = Vm sen ωt dt dt

= ωV m

cos ωt

Logo, (6 )

64444 4744444 8

(5 )

64444744448

Lω 2 (− A3 cosωt − A4 sen ωt ) + Rω (− A3 sen ωt + A4 cos ωt ) +

(4 )

1

6444 47444 4 8

( A3 cos ωt + A4 sen ωt ) = ωVm cos ωt

(8)

C

Dividindo por ω e agrupando os termos semelhantes, chega-se a: 1 1     A3  cos ωt +  − ωLA4 − RA3 + A4  sen ωt  − ωLA3 + RA4 + ωC ωC     1444424444 3 = Fm

= Vm

cos ωt

1444424444 3 =0

Resulta no seguinte sistema de equações: (9)

 1    ωC − ωL  A3 + RA4 = Vm    − RA3 +  1 − ωL  A4 = 0   ωC  1

A3

=

ωC

(10)

− ωL

R

A4

(11)

cuja solução pode ser obtida por substituição, (11) em (9):

 1  − ωL    1   ωC  A + RA − ωL   4 4 R  ωC  A4

=

R

 1  − ωL    ωC 

= Vm

Vm

2

+

⇒

 1  − ωL    ωC  R

2

+

R2 A4

= Vm

(12)

R2


Versão: 11/9/2007

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e (12) em (11): 1

A3

=

ωC

A4

R 1

A3

1

− ωL

 1 

− ωL

R

R

 1  − ωL    ωC 

Vm

2

+

R2

− ωL

ωC

=

=

ωC



Vm

2

− ωL  +

 ωC

(13)

R2



Assim, A3 64447 4448

1

i f (t ) =

ωC

A4 64447 4448

− ωL

 1  − ωL    ωC 

Vm cos ωt +

2

+

R2

R

 1  − ωL    ωC 

Vm sen ωt

2

+

R2

4.3 – Determinação da resposta completa (supondo resposta superamortecida) A resposta completa é dada por:

i (t)

= i(n)

t

+()i f

t

Considerando que os componentes do circuito são tais que s e s são reais e s 1 2 1 resposta seja superamortecida, tem-se:

i (t ) = A1 e s1t

+

A e s2t

24 14 424 3

+

Resposta transitória

(

Condição inicial t

=

0

+

A cos ωt + A sen ω t

≠

s , de modo que a 2

(14)

3 1 44424444 3 Regime permanente

) i(0+)

R

C + + vC(0) –

+

v(0+)=0

L

vL(t)

–

Figura 10 – Circuito para determinação da condição inicial Para o circuito da Figura 10 pode-se escrever as seguintes expressões:

v(0 + ) = Vm sen ω 0 = 0 i (0 + ) = 0


(15)

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vC (0)

Equação de malha:

vC (0)

+

L

d

() i t

=

dt

+ v(L) 0 =

0

d

⇒

0

dt

t =0 +

i (t )

=

− vC (0 )

(16)

L

t =0 +

De (14) e (15):

i (0 + ) = A1

+

A2

+

A3

=

⇒

0

A1

+

A2

= − A3

(17)

Derivando (14):

d i (t ) = s1 A1e s1t dt Para t = 0 + d i (t ) dt t =0

+ s 2 A2 e

= s1 A1 +

s2 t

s 2 A2

− ωA3 sen ωt + ωA4

cos ωt

(18)

+ ωA4

(19)

+

Igualando (19) a (16) chega-se a: − vC (0 ) s1 A1 + s 2 A2 + ωA4 = L

s1 A1 + s 2 A2

=

− vC (0 )

L

− ωA4

(20)

As expressões (17) e (20) formam um sistema de equações:

 A1 + A2 = − A3   s1 A1 + s2 A2 = − vC (t ) − ωA4 L 

( 21) ( 22)

Cuja solução pode ser obtida por substituição:

A1

= − A2 −

s1 (− A2

−

A3

A3 ) + s 2 A2

(s1 − s 2 )A2

= − s1 A3 +

− s1 A3 +

A2

=

vC (0 )

L s1 − s 2

=

− vC (0)

L vC (0 ) L

− ωA4

+ ωA4

+ ωA4

(23)

Substituindo (23) em (21), chega-se a: − s1 A3 +

A1

= − A2 −

s 2 A3 A1

=

A3

−

L s1 − s 2

=−

vC (0) L

v)C (0

) (

+ ωA4

s1 A3

−

A3

=

−

vC 0 L

− ωA4 −

A3 (s1 − s 2 )

s1 − s 2

− ωA4

(24)

s1 − s 2


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Exercício 1: Determinar a resposta completa do circuito da Figura 9, considerando que s1

= s2

(resposta

criticamente amortecida).


=

s2* (resposta

subamortecida).

Exemplo 1: Utilizando o M ATLAB® com SIMULINK® determinar a forma de onda da corrente do circuito RLC série excitado por uma fonte senoidal da Figura 9 quando: v(t ) = 10 sen t , R

L=

= 1 Ω,

C

=

0,05 F,

5 H e vc(0) = 0. Arquivo de simulação: RLC_Serie.mdl1. 9

Solução: Para os valores de R, L e C dados, as raízes do polinômio característico são dadas por:

R 2L

−

s1, 2

=

s1, 2

≈ −0,9 ±

±

 R    2L 

2

1

−

−1

=

LC

2

±

5 9

 1   5  29

2

1

− 5 9

=

0,05

−9

9    10 

±

10

2

−

9 0,25

j 5,93

Desta forma, o circuito apresentará uma resposta subamortecida, pois raízes do polinômio característico são complexas. Após a simulação, obtém-se o gráfico da corrente i(t), mostrado na Figura 11, no qual observa-se o regime transitório oscilatório (subamortecido) no primeiro ciclo e o regime permanente senoidal (com um período igual a 2π ≈ 6, 28 s, pois ω = 1 rad s ⇒ f = 1 2π Hz ⇒ T = 2π s ) a partir de um tempo próximo a 5 s.

Figura 11 – Forma de onda da corrente em função do tempo para uma resposta subamortecida.

5 – Resposta completa de um circuito RLC série/paralelo Nesta seção será obtida a resposta completa de um circuito linear excitado por uma fonte senoidal de freqüência e amplitudes fixas. Seja o circuito RLC série/paralelo sem energia armazenada apresentado na Figura 12. i(t)

L t=0

+

v(t ) = Vm sen ωt

i1(t)

R

i2(t)

C

Figura 12 – Circuito RLC série/paralelo sem energia armazenada ® 1

MATLAB e SIMULINK são marcas registradas da The MathWorks, Inc. Disponível em http://slhaffner.phpnet.us/circuitos_b/matlab/


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As equações das malhas deste circuito são dadas por: L4 6 47 8

v()t

=

L

d

R 64 47 44 8

()i1 t +()R[i(1) t

] = v(C) 0

− i(2) t

]

t

(25)

C 644 47 444 8

R 44 64 47 8

R[i1 (t)

− i2

dt

t

()∫ i2 τ dτ

1 C

+

0

como vC (0 ) = 0 ,

R 44 64 47 8

R[i1 (t)

− i(2) t

C 647 4 8 t

] = C1 ∫ i2 (τ )dτ

(26)

0

Sabe-se que as correntes no circuito são formadas por duas parcelas: i (t) = i(n) t +()i f t

(27)

•

Uma depende dos elementos do circuito e da energia armazenada neles previamente e é denominada resposta natural, in (t ) ;

•

Outra se relaciona com o que é imposto pelas fontes atuantes e é denominada resposta forçada, i f (t ) .

5.1 – Determinação da resposta natural (regime transitório) Neste caso, i(t)

= i(n) t

L 4 6 47 8

0=L

d dt

()t

i1n

e considera-se que v(t ) = 0 . As expressões (25) e (26) simplificam-se para: R 44 64 47 8

+

R[i(1)n t

(28)

C

64748

R 64 47 44 8

R[i1n (t)

]

(−) i2n t

t

] = C ∫ i n (τ )dτ

(n) t

1

− i2

0

(29)

2

Derivando (29) em relação ao tempo e reordenando, chega-se à seguinte equação diferencial: d n  1 n d n R  dt i1 ()t − dt()i2 t  −() C i2 t = 0

(30)

Assim, (28) e (30) constituem um sistema de equações diferenciais: d L i1n ()t + Ri()1n t −()Ri2n t = 0 dt d d () C1 i2n t = 0 R i1n ()t − R ()i2n t − dt dt Utilizando o operador D =

d

, pode-se escrever:

dt LDi1n ()t + Ri()1n t −()Ri2n t RDi1n ()t

−

() 2n t RDi

−() C1 i 2

⇒

=0

n

t

=

(LD + R) ()i1n t −() Ri2n t = 0 RDi1n (t ) − (RD + C1 )i2n (t ) = 0

⇒

0

Isolando i2n (t ) na segunda expressão e substituindo na primeira, tem-se:

i n)(t 2

=

RD

)( i n t

RD + C1

(LD +)(R i1n t

−

1

R

)(

RD

RD +

in 1 1 C

t

=

0

2   LD + R − R D  RD + C1 

⇒

Multiplicando ambos os lados da igualdade por RD +

1 C

n i1 (t ) = 0  

e simplificando, chega-se a:

LD R  n  +  LRD 2 + i1 (t ) = 0 C C 


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(

Para esta igualdade ser válida, LRD 2

LRD

2

+

LD C

R + C

=

R + LD +C C

) precisa ser nulo, ou seja:

⇒

0

D2

+

1

RC

1

D+

LC

=

0

ou 1 1 a+ =0 RC LC A expressão anterior é denominada equação característica (ou polinômio característico) da equação

a2

+

diferencial de in (t)

a=

= i1( ) t n

1 ± − RC

e suas raízes, dadas por,

( RC1 )2 − LC4

−1

=

s1

=

s2

=

 1  2  2 RC 

±

2 RC

2 −1

 1     2 RC 

2

+

 1     2 RC 

2

−

2 RC −1

2 RC

−

−

−

1 LC

1 LC 1

LC

determinam o tipo de resposta que o circuito irá apresentar. Se s1 •

Subamortecida, se s1

)i1n((t •

=

=σ +

jω

*

= s2

≠ s2

a resposta do circuito pode ser:

. Neste caso a corrente será dada pela seguinte expressão:

e σt A1 cos ω)t + A2 sen ωt

Superamortecida, se s1 e s 2 são reais e distintas. Neste caso a corrente será dada pela seguinte expressão: i1n (t ) = A1e s1t

+

A2 e s2t

Se s1 = s2 a resposta do circuito é criticamente amortecida. Neste caso a corrente será dada pela seguinte expressão:

i1n ()t ( = A1t )+ A2 e s1t Por exemplo, para v(t ) = 10 sen t , R = 1 Ω, C

s1

=

s2

=

−1

+

2 × 1 × 0,05 −1

−

2 × 1 × 0,05

=

1     2 × 1 × 0 , 05  

0,05 F e L = 5 H, tem-se: 9

2

1      2 × 1× 0,05 

−

1 5 9

× 0,05

5 9

× 0,05

2

−

1

= −10 +

100 − 36

= −2

= −10 −

100 − 36

= −18

Neste caso, a expressão da corrente corresponde a uma resposta superamortecida.

5.2 – Determinação da resposta forçada (regime permanente) Como o circuito é linear, invariante com o tempo e está sendo excitado por uma fonte é senoidal, v(t ) = Vm sen ωt , o regime permanente de todas as correntes (e tensões) também será senoidal com a mesma velocidade angular

i1f (t ) = A3 cos ωt

da fonte, ou seja, pode ser expresso pela seguinte equação:

A4 sen ωt

(31)

i2f (t ) = B3 cos ωt + B4 sen ωt

(32)

+


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cujas derivadas são: d ) i1f (t = −ωA3 sen ωt( + ωA4 cos ωt =) ω dt d ) i2f (t = −ωB3 sen ωt(+ ωB4 cos ωt =) ω dt De (25) e (30), considerando i(t)

d

()t dt d R dt i1f ()t L

i1f

= i(f ) t

() t () ()t

f + Ri1

f − Ri 2

d R dt()i2f t

−

=

−

A3 sen ωt + A4 cos ωt

(33)

−

B3 sen ωt + B4 cos ωt

(34)

, chega-se ao seguinte sistema de equações diferenciais:

vt

(−) C1 i 2f t

=

0

Substituindo as expressões (31–30), tem-se (33 )

(31)

64444744448

644474448

(32 )

644474448

Lω (− A3 sen ωt + A4 cos ωt ) + R( A3 cos ωt + A4 sen ωt ) − R(B3 cos ωt + B4 sen ωt ) = Vm sen ωt (33)

(34 )

6444474444 8

(32 )

6444474444 8

Rω (− A3 sen ωt + A4 cosωt ) − Rω (− B3 sen ωt + B4 cosωt ) −

644474448

1 C

(B3 cosωt + B4 sen ωt ) = 0

Agrupando os semelhantes e dividindo a segunda expressão por ω, chega-se ao seguinte sistema de equações: (− ωLA3 + RA4) −( RB4 sen ω)t + ωLA4 + RA3 − RB3 cos ωt = Vm sen ωt 144424443

14442444 3

= Fm

=0

1 1     B4  sen ωt +  RA4 − RB4 − B3  cosωt = 0  − RA3 + RB3 − ωC ωC 14444244  1444  44 3 424444 3 =0

=0

Isto resulta no seguinte sistema de equações: − ωLA3 + RA4 − RB4

RA3 −

+ ωLA4

RA3 RA4

Para v(t ) = 10 sen t , R − 59

A3

−

+

RB3

+

RB3 1

−

ωC = 1 Ω,

A4

+ 59

A3

−

A4

A3

C

1

−

ωC

B3 =

− RB4

B3

− 20 B4

A4 − 20 B3 − B4 e a solução do sistema é dada por: A3 A4

= =

− 4,0431 7,9754

B3

=

0,3877

B4

=

0,2215

Vm

=

0

=

0

=

0

0,05 F e L = 5 H, tem-se: 9 − B4 = 10

− B3 +

B4

=

=

0

=

0

=

0

Assim,

i1f (t ) = −4,0431cos ωt + 7,9754 sen ωt i2f (t ) = 0,3877 cos ωt + 0,2215 sen ωt Revisão – SHaffner/LAPereira

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= s2

(resposta

criticamente amortecida).


=

s2* (resposta

≠

s2 (resposta

subamortecida).

Exercício 5: Determinar a resposta completa do circuito da Figura 12, considerando que s1 superamortecida).

Exemplo 2: Utilizando o M ATLAB® com SIMULINK® determinar a forma de onda da corrente do circuito RLC série excitado por uma fonte senoidal da Figura 12 quando: v(t ) = 10 sen t , R = 1 Ω, C

=

0,05 F e

L = 5 H. Arquivo de simulação: RLC_Misto.mdl2. 9

Solução: Para os valores de R, L e C dados, as raízes do polinômio característico são dadas por: −1

s1

=

s1

≈ −2

s1

=

s2

= −18

+

2 RC

−1

2 RC

−

 1     2 RC 

2

 1     2 RC 

2

−

1

=

LC

−

1

LC

−1

+

2 × 1 × 0,05

=

−1

2 × 1 × 0,05

−

1      2 × 1 × 0,05 

2

1      2 × 1 × 0,05 

2

1

− 5 9

× 0,05

5 9

× 0,05

1

−

= −10 +

100 − 36

= −10 −

100 − 36

Desta forma, o circuito apresentará uma resposta superamortecida, pois raízes do polinômio característico são reais e diferentes. Após a simulação, obtém-se os gráficos das correntes i1(t) e i2(t), mostrados na Figura 13, no qual observa-se o regime transitório exponencial (superamortecido) no início do primeiro ciclo — mais evidente na forma de onda de i2(t) — e o regime permanente senoidal (com um período igual a 2 ≈ 6, 28 s) a partir de um tempo próximo a 2 s.

i1(t)

i2(t)

Figura 13 – Formas de onda das correntes em função do tempo para uma resposta superamortecida.

2

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6 – Análise nodal e de malhas 6.1 – Análise nodal Considerando que um circuito elétrico apresenta o diagrama da Figura 14, nos quais os componentes são identificados por A-B-...-F, a análise nodal segue os seguintes passos.

B

A

D

E

C

F

Figura 14 – Diagrama de um circuito elétrico.

6.1.1 – Numerar os nós, identificar as tensões nodais e definir o nó de referência O circuito possui 4 nós (identificados pelos pontos), dos quais um é selecionado como referência de tensão (resultando em três tensões nodais identificadas por v1 (t) , v(2) t e(v)3 t ), e 6 ramos identificados pelas correntes de ramo i A (t) , i(B) t ,L(,)i F t (cujo sentido pode ser livremente arbitrado), conforme mostra a Figura 15.

v1 (t )

v2 (t )

B

iD (t )

iB (t ) i A (t )

A

v3 (t )

D

C

iC (t )

E

F

iF (t )

iE (t )

Figura 15 – Definições de tensão e corrente para análise nodal.

6.1.2 – Determinar as equações da 1ª Lei de Kirchhoff Considerando as variáveis definidas na Figura 15, a aplicação da 1ª Lei de Kirchhoff resulta nas seguintes expressões: Nó 1: i A (t) − i(B) t = 0

Nó 2:

iB (t)

+ i(C)

t

−()i D

t

=0

Nó 3:

iD (t)

+ i(E)

t

+()i F

t

=0


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6.1.3 – Substituição das relações tensão/corrente dos ramos O estabelecimento das relações tensão/corrente nos ramos depende do tipo de componente que existe em cada ramo. Considerando apenas componentes simples (resistências, indutâncias e capacitâncias) e as polaridades indicadas na Figura 16, as relações possíveis no domínio do tempo são a seguir descritas. +

v X (t )

Tensão no ramo

v X (t)

= v(k)

t

−()vm

Tensões nodais

vk (t )

i X (t )

t

–

vm (t )

Figura 16 – Sentido de referência para as relações tensão/corrente. A resistência ideal caracteriza-se por apresentar uma tensão proporcional à corrente, conforme ilustra a Figura 17. v R ()t

=

+

Ri()R t

iR (t )

vR (t )

R

iR (t ) –

Figura 17 – Tensão na resistência ideal em função da corrente. A indutância ideal caracteriza-se por apresentar um fluxo concatenado Ψ (t ) proporcional à corrente, sendo a tensão igual à derivada deste fluxo, conforme ilustra a Figura 18. Ψ (t) =

+

Li()L t vL ()t

=

vL ()t

=

d dt

iL (t )

(Ψ ) t vL (t )

iL (t )

d () iL t dt

L

–

Figura 18 – Tensão na indutância ideal em função da corrente. A capacitância ideal caracteriza-se por apresentar uma carga q (t ) proporcional à tensão, sendo a corrente igual à derivada desta carga, conforme ilustra a Figura 19. q ()t

= Cv()C

+

t iC ()t

=

d

dt

vC (t ) vC (t )

iC (t )

()q t C

d iC ()t = C ()vC t dt –

Figura 19 – Tensão na capacitância ideal em função da corrente. Revisão – SHaffner/LAPereira

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De forma resumida, para a resistência, indutância e capacitância ideais, tem-se: 1 Resistência: v R ()t = Ri()R t iR ()t = v()R t R 1 t d Indutância: v L ()t = L ()iL t iL )(t = ()vL τ d()τ + iL 0 dt L 0

∫

vC )(t

Capacitância:

=

1 C

t

∫() i 0

C

τ d()τ

+ vC

iC )(t

0

=

C

d

)(vC t

dt

Os sentidos relativos para a tensão de ramo, v X (t ) , e corrente de ramo, i X (t ) , mostrados nas Figuras 16 a 19, são denominados corrente dearbitrárias ramo positiva entra pelo sentidos de referência associados terminal positivo da tensão de ramo). Embora seja possível(quando escolher apolaridades e independentes para a tensão e a corrente, quando são utilizados os sentidos de referência associados, o produto v X (t ) i X (t ) representará a potência entregue ao elementono instante t. Por outro lado, para fontes de tensão e corrente é comum e conveniente usar sentidos de referência para a tensão e a corrente opostos dos sentidos associados, conforme mostrado nas Figuras 20 a 22. Assim, o produto v X (t ) i X (t ) representará a potência entregue pela fonteao circuito no instante t. +

v X (t )

Tensão no ramo

v X (t)

= v(k)

−()vm

t

vk (t )

Tensões nodais

i X (t )

t vm (t )

–

Figura 20 – Sentido de referência para a tensão e acorrente em uma fonte. A fonte de tensão ideal caracteriza-se por manter um determinado valor de tensão independentemente da corrente, conforme ilustra a Figura 21. vV (t ) = V

+

iV (t )

V +

vV (t ) iV (t )

V

–

Figura 21 – Tensão na fonte ideal de tensão em função da corrente. A fonte de corrente ideal caracteriza-se por manter um determinado valor de corrente independentemente da tensão, conforme ilustra a Figura 22. v (t ) I

+

v I (t ) I

iI (t )

I

iI (t ) = I –

Figura 22 – Tensão na fonte ideal de corrente em função da corrente.


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Considerando que o circuito possua os componentes indicados na Figura 23, as equações da análise nodal são as seguintes:

v1 (t )

v2 (t )

V +

v3 (t )

C

iB (t )

iD

I L1

R

i A (t )

L2

iC (t )

iF (t )

iE (t )

Figura 23 – Definições de tensão e corrente para análise nodal. i (t )

A 644447 4444 8

Nó 1:

1

L1

∫

t 0

(0 − v1 ()τ ) dτ)( + i A iC (t ) 647 48

Nó 2:

iB )(t

+

1

R

0

− iB

(0 −)( v2 t ) − C

d (v2 (t) dt

)=0

(36)

6444474444 8

( ) t ) + iE)(t

+

Da expressão (35) pode-se escrever iB)(t =

1 L1

− v3

que iE (t ) = − I (fonte de corrente), v2 (t)

− v(3) t

iF (t )

644 47444 8

C d (v2 (t) dt

(35)

iD (t ) 644 47 444 8

i D (t )

Nó 3:

(t ) = 0

1 L2

∫

t 0

= v(1) t + V

∫

t 0

(0)( − v3 )τ dτ)( + iF

(0)( − v1 )τ dτ)( + i A 0

0

=

0

(37)

e substituir em (36). Considerando

(fonte de tensão) chega-se a um sistema com 3 equações

a 3 variáveis (lembrar que i A (0) e i F (0 ) são definidos pelas condições iniciais do circuito): iB (t ) 644447 4444 8 1 t

L1 C

∫

0

(0 − v1 ()τ ) dτ)( + i A 0

d (v2 (t) dt

v2 (t)

− )v(3) t

+

1 ( L2

− I +)

1 (0 − v2 ()t ) R t

∫ (0 − v 0

3

−C

d )( ()v(2 t dt

)τ dτ)( + iF 0

=

− v3

t

)=0

0

= v(1) t + V

(38) (39) (40)

O passo final é a solução do sistema de equações integrodiferenciais (38–40).

6.2 – Análise de malhas Considerando que um circuito elétrico apresenta o diagrama da Figura 14, a análise de malhas segue os seguintes passos.


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6.2.1 – Numerar as malhas e identificar as correntes de malha O circuito possui 3 malhas (identificadas pelas correntes de malha i1 (t) , i(2 )t e(i)3 t ) e 6 ramos identificados pelas tensões de ramo v A (t) , v(B) t ,L(,)v F t (cujo sentido pode ser livremente arbitrado), conforme mostra a Figura 24.

v B (t )

+

–

vD (t )

+

B +

i2 (t )

+

v A (t ) A

–

D

i1 (t )

vE (t )

vC (t ) C

+ +

F v F (t )

E

– –

–

–

i3 (t )

Figura 24 – Definições de tensão e corrente para análise de malhas.

6.2.2 – Determinar as equações da 2ª Lei de Kirchhoff Considerando as variáveis definidas na Figura 24, a aplicação da 2ª Lei de Kirchhoff resulta nas seguintes expressões:

Malha 1: Malha 2: Malha 3:

− v A ()t + v(B) ) − vC (t) + v(D

t t

+()vC +()v E

− v E (t) + v(F)

t

=

t t

=0 =0

0

6.2.3 – Substituição das relações tensão/corrente dos ramos Considerando que o circuito possua os componentes indicados na Figura 25, as equações da análise de malhas são as seguintes: +

vB (t )

–

vD (t )

+

V

–

C +

+

+

+

+

i2 (t ) v A (t )

L1

i1 (t )

vC (t )

vE (t )

R –

–

–

I

L2

vF (t )

i3 (t ) –

Figura 25 – Definições de tensão e corrente para análise de malhas.


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Circuitos Elétricos B v A (t ) 64 47 44 8

d    L1 dt i1 (t ) + v B ()t

Malha 1:

− −

vC (t ) 64 47 44 8

Malha 2:

−

R(i1 (t)

− i(2) t

)+

vC (t ) 64 47 44 8

+

R(i)1 t

(−) i2 t ) = 0

v D (t ) 64447 444 8 1 t

∫ i (τ) dτ + (v)

C

0

D

2

0

+ v E (t ) =

(41)

0

(42)

v F (t ) 6 47 4 8

− v E ()t +

Malha 3:

L2

d () i3 t dt

=0

(43)

d () i3 t e substituir em (42). Considerando que v B (t ) = −V dt (fonte de tensão), i2 (t) − i(3) t = I (fonte de corrente) chega-se a um sistema com 3 equações a 3 variáveis Da expressão (43) pode-se escrever v E ()t

=

L2

(lembrar que i2 (0 ) é definido pelas condições iniciais do circuito):

 

− − L1 

d  i1 ()t  − V dt 

+

R()(i1 ()t

− i2

t

)= 0

(44) v E (t ) 6 47 4 8

−

R(i1 (t)

i2 (t)

− i(2) t

− i(3) t =

+

1

t

C

0

)( ∫ i2 )(τ dτ +)(v D 0

+

L2

d i3 t dt

=

0

I

(45) (46)

O passo final é a solução do sistema de equações integrodiferenciais (44–46).


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I – Análise de redes no domínio da freqüência

Este tipo de análise aplica-se a circuitos assintoticamente estáveis1, para o estudo do seu regime permanente. É oportuno salientar que os circuitos elétricos compostos por componentes lineares e invariantes no tempo, quando excitados por fontes senoidais de mesma freqüência, apresentam regime permanente senoidal, ou seja, todas as correntes e tensões são funções senoidais com a mesma freqüência das fontes, conforme ilustrado na Figura I.1. Fontes senoidais de mesma freqüência Correntes e tensões são senoidais com a mesma freqüência da fonte

Regime permanente senoidal Componentes lineares e invariantes no tempo

Figura I.1 – Condições para o regime permanente senoidal. I.1 – Análise fasorial

Nos circuitos elétricos assintoticamente estáveis, a análise do regime permanente senoidal pode ser realizada através da simples operação com números complexos por intermédio da transformada fasorial, conforme ilustra a Figura I.2. Na análise fasorial, todas as correntes e tensões senoidais são representadas por números complexos que quantificam a amplitude e o ângulo de fase das senóides, sendo a freqüência destas considerada implicitamente.

Circuito linear invariante em regime permanente senoidal

Transformada Fasorial

Equações complexas no domínio da freqüência

Transformada Fasorial inversa

Solução temporal

Figura I.2 – Análise de circuitos elétricos pela Transformada Fasorial.

1

Circuitos assintoticamente estáveis são aqueles que não apresentam nenhuma das raízes de sua equação característica (vide definição na página 6 do Capítulo Revisão) no eixo imaginário ou no semiplano direito do plano complexo. Neste caso, a resposta natural tende a zero:

lim t →∞ y n (t ) = 0 e a resposta completa tende à sua resposta forçada:

lim t →∞ y ()t

= lim t → ∞ ()y n

t() + y()f t

Análise de redes no domínio da freqüência – SHaffner/LAPereira

=

yf t

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I.1.1 – Representação fasorial

Considere a função senoidal geral: y) (t

= Ymax (

cos) ωt + φ

(1)

Note que a função tem três parâmetros:

Ymax

– amplitude

ω – velocidade angular φ – ângulo de fase

Observar que qualquer função senoidal pode ser representada através da escolha adequada de Ymax , ω e φ . Utilizando a identidade de Euler:

) y (t

jθ

=

cos θ

+

j sen θ

=)Re[Ymax cos ωt + φ ] Re[Ymax cos(ωt )+ φ + jY(max)sen ωt + φ ] = Re[Ymax e j (ω]t +[φ )

Y( max) cos ωt + φ(

= =

=

Re] Ymax e jφ e jωt

=

Y 6  47 4 8  Ymax jφ jωt  2 Re  e e   2   

=

2 Re(Y e jωt )

y (t ) =

onde Y =

e

Ymax

2

e jφ

(2)

é definido como a representação fasorialde y (t ) ou a transformada fasorial da função

senoidal y (t ) . Observar que a transformada fasorial transfere a função senoidal do domínio do tempo para o domínio dos números complexos, que também é chamada de domínio da freqüência, já que a resposta envolve implicitamente uma função senoidal de freqüência f = ω 2π . Notar que Y contém 2/3 das informações de y (t ) a saber, Ymax e φ . Considerando Y =

Ymax

2

, o valor RMS2

de y (t ) , tem-se: Y

= Ye

jφ

=Y

(3)

φ

Fasor ≠ vetor porque a posição angular do fasor representa posição no tempo; não no espaço.

Resumo: y) (t Y Y

= Ymax (

= Ye

=Y

jφ

cos) ωt + φ

=Y

φ

cos φ + jY sen φ

ou Forma polar Forma retangular

2 Re Y e jωt

y (t ) = Y Y

=

Ymax

=

Ymax

2 2

2

“Root Mean Square” ou valor quadrático médio (eficaz). A definição detalhada encontra-se na Seção II.2, no Capítulo seguinte. Análise de redes no domínio da freqüência – SHaffner/LAPereira

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Im Y

=Y

φ

Y sen φ

φ

Y

cos φ

Re

Figura I.3 – Representação gráfica do fasor

Y

Exemplo I.1:

1. Transformar y (t ) = 100 cos(377t − 30 ) para a forma de fasor. 100 Y= − 30 ≈ 70,7 − 30 2 o

o

o

2. Transformar Y = 100 20 para a forma no tempo: o

y (t ) = 100

2( cos )ωt + 20 ( o

)

≈ 141,4 cos ωt + 20

o

3. Adicione duas funções senoidais de mesma freqüência utilizando o método fasorial: jα ( + ) a) (t = A (2 cos) ωt + α = 2 Re Ae j ωt α ⇒ A = Ae

) (t b

(2 cos) ωt + β ( ) t +( )b t c(t) = a c(t )

=

B

= = =

=

2 Re Be j (ωt + β )

( ) j ωt +α( ) j ωt + β 2 Re[Ae + Be 2 Re[(Ae jα + Be jβ )e jωt ] 2 Re[(A + B )e jωt ]

⇒

B = Be

jβ

]

Fazendo C = A + B jωt c(t ) = 2 Re Ce Assim, podem-se somar funções senoidais de mesma freqüência expressando-as por fasores e então somar os fasores pelas regras da álgebra complexa.

Exercício I.1: Demonstrar o teorema fundamental: “A soma algébrica de qualquer número de senóides de

mesma velocidade angular ω com suas derivadas de qualquer ordem é também uma senóide de mesma velocidade angular ω.” Dica: Vide Desoer & Kuh (página 254). Análise de redes no domínio da freqüência – SHaffner/LAPereira

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Quando as correntes e tensões são expressas por fasores, as duas leis básicas da teoria de circuitos são: •

1ª Lei de Kirchhoff ou Lei de Kirchhoff das Correntes (LKC): A soma algébrica dos fasores corrente que chegam em qualquer nó de um circuito é nula: N

∑1 I

j

=0

j=

•

2ª Lei de Kirchhoff ou Lei de Kirchhoff das Tensões (LKT): A soma algébrica dos fasores queda de tensão em qualquer caminho fechado de um circuito é nula: N ∑V j = 0 j =1

Observar que é necessário determinar sentidos positivos para as correntes e tensões. Exemplo I.2:

Para o circuito da Figura I.4 tem-se: I1

+

+

V3

–

+

+ I3

V1

V2

–

–

I2

V3

–

Figura I.4 – Circuito para exemplificação da LKC e LKT LKC: LKT: LKT:

I1

−

I2

−

I3

=

0

V 1 −V 2 = 0 V1 −V 3 −V 4 = 0

⇒ ⇒ ⇒

I1

=

I2

+

I3

V1 =V 2 V 1 = V 3 +V 4

I.1.2 – Impedância [Ω] e admitância [Ω-1 ou siemens] Z de impedância A um componente ou circuito é a relação entre os fasores tensão e corrente (vide convenção de sinais da Figura 1.5): ∆  R = resistência V (4) Z ( jω ) = = R + jX  I  X = reatância

A admitância Y de um componente ou circuito é o inverso de sua impedância: ∆ G = condutância 1 I Y ( jω ) = = = G + jB  Z ( jω ) V  B = susceptância Análise de redes no domínio da freqüência – SHaffner/LAPereira

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(5)

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2 Re I e jωt

i (t ) =

+

Circuito linear invariante em regime permanente senoidal

1

Z ( jω ) =

2 Re[V e jωt ]

v(t ) =

Y

–

Figura I.5 – Definição de impedância e admitância •

v(t)

Caso resistivo – Para um resistor puro, tem-se:

=

() t Ri

Utilizando as expressões da Figura I.3, chega-se a: v (t )

i (t )

64 4744 8 jωt

2 Re[V e

]= R

647 4 48 4 jωt

2 Re[I e

]=

2 Re[R I e jωt ]

3

Logo , V

=

(6)

RI

e ⇒

Z R ( jω ) = R

•

1

Y R ( jω ) =

R v()t

Caso indutivo – Para um indutor puro, tem-se:

=

L

d

() i t

dt

Utilizando as expressões da Figura I.3, chega-se a: v (t )

i (t )

64 4744 8

2 Re V e

[

Logo, V

jωt

=

=

L

]

d

64 4744 8

(

2 Re I e jωt

[

dt

⇒

jωL I

)= ]

XL



d



dt

2 Re L I

(e ω ) =

2 Re jωL I e jωt

j t



[

] (7)

= ωL

e ⇒

Z L ( jω ) = jωL

•

Y L ( jω ) =

1

=−

jωL

j

1 ωL

i()t

Caso capacitivo – Para um capacitor puro, tem-se:

=C

d

() v t

dt

Utilizando as expressões da Figura I.3, chega-se a: i (t )

v (t )

647 4 48 4

2 Re[I e jωt ] = C

d dt

64 4744 8

(

 

2 Re[V e jωt ]) = 2 Re CV

d dt

(e ω ) = j t



2 Re[ jωCV e jωt ]

Logo, I

=

jωCV

⇔

V

=

I

⇒

C

jωC

e Z C ( jω ) =

1 jωC

=−j

1 ωC

⇒

=

X

1

(8)

ωC

Y C ( jω ) = jωC

3

Se Re Ae jωt = Re Be jωt para todo t, então os números complexos A e B são iguais ( A = B ). Vide demonstração do Lema 3 (página 258) do livro Teoria básica de circuitos lineares de Charles A. Desoer e Ernest S. Kuh (1979), Editora Guanabara Dois. Análise de redes no domínio da freqüência – SHaffner/LAPereira

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Um resumo das relações entre tensão e corrente para os elementos simples encontra-se na Tabela I.1. Tabela I.1 – Relação tensão/corrente dos elementos simples.

Elemento

Equações

Relação de fase

Forma fasorial: j t i (t ) = 2 Re I e ω v(t ) =

2 Re V e

jωt

Diagrama fasorial

Relação no tempo

i(t)

I

v) (t = Vmax ( cos) ωt + φ

+ v(t)

R

)i (t

( = I max

i(t )

e v(t ) V

em fase

cos) ωt + φ

i(t)

V

=

v(t)

RI φ

– i(t)

V v) (t = Vmax ( cos) ωt + φ

+ v(t)

L

i (t ) = I max

π cos ωt + φ −  2 

i (t ) atrasada

V

=

i(t)

jωL I φ

de v(t ) de 90°

XL

= ωL

v(t)

I

– i(t)

v) (t = Vmax ( cos) ωt + φ

+ v(t)

C

i (t) = I max

π cos ωt + φ +  2 

=

V

1 jωC

i(t ) adiantada

de v(t ) de 90

I

i(t)

I

v(t)

V

°

XC

–

φ

1

=

ωC

I.1.3 – Associação de impedâncias

Para a associação série de impedâncias (vide Figura I.6), a impedância equivalente é dada pela soma das impedâncias de cada um dos componentes, ou seja: Z eq

=

Z1 + Z 2

+

I

+

(9)

+K+ Z n

V1 –

+

Z1

V2 –

+ Vn

Z2

–

I

+

Zn ≡

V

V

–

Z eq

–

Figura I.6 – Diagrama para associação série de impedâncias. A expressão (9) pode ser demonstrada utilizando-se a Lei de Kirchhoff das Tensões, da forma como segue: Z eq

=

V I

LKT V + V + K + V V1 1 2 n = = +

I

I

V2 I

+K+

Vn I


=

Z1

+

Z2

+K+

Zn

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Para a associação paralela de impedâncias (vide Figura I.7), a impedância equivalente é dada pelo inverso da soma dos inversos das impedâncias de cada um dos componentes, ou seja: Z eq

=

1 1

+

Z1

1 Z2

+K+

(10)

1 Zn

I

+

I1

I2

In

Z1

Z2

Zn

+ ≡

V

Z eq

V

–

–

Figura I.7 – Diagrama para associação em paralelo de impedâncias. A expressão (10) pode ser demonstrada utilizando-se a Lei de Kirchhoff das Correntes, da forma como segue: Z eq

=

V I

LKC =

V I1

+

I2

V

=

+K+

In

V Z1

+

V Z2

=

+K+

1

V

1

Zn

Z1

1

+

Z2

+K+

Exemplo I.3: Para uma fonte senoidal de amplitude igual a 100 V Vmax

1 Zn

= 100

2 V ) em série com um

resistor de 3 Ω, um capacitor de 4 Ω e um indutor de 8 Ω, determinar: a) b) c) d)

O diagrama do circuito. A impedância série. O fasor corrente I e a corrente i(t ) . Um diagrama fasorial contendo V , I , V R , V C e V L .

Solução:

a)

O diagrama do circuito encontra-se na Figura I.8 onde são mostrados em destaque alguns pontos de interesse para construção do diagrama fasorial. I

+ VR

– B

+ VC

– C

A

3

+

–j4

+ V

= 100

0

j8

o

VL

– D

Figura I.8 – Circuito RLC série.


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Solução (continuação):

b)

A impedância equivalente da associação série é dada por: Z eq

=

∑Z

i

=

3 − j 4 + j8 = (3 + j 4 )Ω = 5 53,1

o

Ω

i

c)

O fasor corrente I é dado pela relação: 100 0 V I = = = 20 − 53,1 A Z eq 5 53,1 o

o

o

°

Como 53,1 corresponde 0,927 − j 0a ,927 jωt rad, a expressão da corrente no tempo é: i(t ) = 2 Re(20e e ) = 20 2 cos(ωt − 0,927 ) A = 20 2 cos(ωt − 53,1 ) A o

d)

O diagrama fasorial encontra-se na Figura I.9. C

VL

B

E = V L + V C + V R = V AD

VC

V R = V AB = 3I V C = V BC = − j 4 I

VR

V L = V CD = j 8 I

A

D

53,1

o

V

I

Figura I.9 – Diagrama fasorial do circuito da Figura I.8. Solução alternativa: Utilizando os arquivos de simulação do MATLAB4 é possível reproduzir os

resultados obtidos anteriormente. Para simulação do circuito foi utilizado ao arquivo I_1.mdl do qual pode-se extrair os gráficos da tensão da fonte e da corrente, em função do tempo, dados por:

v(t) i(t)

Conforme esperado, os valores depara regime permanente valores de pico de 100 2 = 141 ,4 V e 20observa-se 2 = 28,3 A,que respectivamente, a tensão da fonte eapresentam para a corrente, correspondendo aos valores eficazes de 100 V e 20 A. Observa-se, também, que a corrente de regime apresenta um ângulo de fase atrasado com relação ao ângulo da tensão. Sabendo que a velocidade angular da fonte é 400 rad/s, um 2016 π ciclo que corresponde àapresenta 360o um período = 0, s. Desta forma, o atraso da T = 1f = ω 1 = 2ωπ = 400 2π

corrente de 53,1o corresponde à 4

Disponível em

53,1o 360o

0,016 = 0,002 s.

http://slhaffner.phpnet.us/circuitos_b/matlab/


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Solução alternativa (continuação): Para o traçado do diagrama fasorial, a partir dos valores calculados

anteriormente, são utilizados os seguintes arquivos: I_1m.m e Arrow3.m, obtendo-se o seguinte diagrama.

I.1.4 – Superposição

De acordo com o princípio da superposição, em uma rede composta por elementos lineares a resposta quando várias fontes atuam simultaneamente é igual à soma das componentes da resposta de cada fonte individualmente, conforme ilustra a Figura I.10.

x1 (t )

Rede Linear

y1 (t )

k1 x1 (t ) +

x 2 (t )

Rede Linear

k 2 x 2 (t )

Rede Linear

k1 y1 (t ) +

k 2 y 2 (t )

y 2 (t )

Figura I.10 – Superposição aplicada a uma rede linear. Observações: 1.

O princípio da superposição é uma conseqüência direta da linearidade5 dos elementos da rede.

2.

Quando as fontes não possuem a mesma velocidade angular, as impedâncias observadas pelas diferentes Z ( jω ) é uma função de ω . Além disso, a soma de ondas senoidais de fontes são diferentes ( é uma senóide. ) freqüências não

5

Se f é uma função linear, então: 1. f)(x = y ⇒() f αx = αy 2. f)(x1 = )(y1 e f x2 = (y 2 ) ⇒

f x1

+

x2

=

y1

+


y2 Versão: 11/9/2007

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I.2 – Métodos de solução fasorial I.2.1 – Circuitos equivalentes

Qualquer rede linear contendo fontes independentes e dependentes pode ser representada a partir de dois dos seus terminais como uma associação série (paralela) de uma fonte ideal de tensão (corrente) e uma impedância, conforme mostra a Figura I.11. Z TH Equivalente Thévenin

a

Circuito linear em regime permanente no domínio da freqüência

a

+

V TH

−

Z TH

−

Impedância de entrada do circuito

IN

−

Corrente de curto circuito

ZN

−

Impedância de entrada do circuito

V TH b

b

a

Equivalente Norton

IN

N

b

Tensão circuito de aberto

Figura I.11 – Circuitos equivalentes de Thévenin e Norton. A fonte de tensão do equivalente de Thévenin corresponde ao valor da tensão de circuito aberto ( V OC , open circuit) entre os terminais a e b. A fonte de corrente do equivalente de Norton corresponde ao valor da corrente de curto circuito( I SC , short circuit) entre os terminais a e b. A determinação da impedância dos equivalentes de Thévenin e Norton segue as seguintes regras: 1.

Apenas fontes independentes – Substituir:

Fontes de tensão Fontes de corrente

por por

curto circuito circuito aberto

e determinar a impedância equivalente entre os terminais a e b. 2.

Fontes dependentes e independentes – Determinar a impedância equivalente através da

relação: Z TH

3.

=

ZN

=

V TH IN

=

V OC I SC

Somente fontes dependentes – Inserir uma fonte artificial nos terminais a e b e fazer: V OC

= V ARTIFICIAL

⇒

Z TH

=

V

ARTIFICIAL

I ab

ou I SC

=

I ARTIFICIAL

⇒

ZN

=

V ab I ARTIFICIAL


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Exemplo I.4: Para o circuito em regime permanente a seguir, sabe-se que v F (t ) = 2 cos(400t + 45o ) ,

2 cos(400t − 30 ) , R1 = 0,5 o solicitado: iF (t ) = 3

o

Ω,

R2

=

0,3

Ω,

L1

=

5 mH , L2 = 2,5 mH e

C = 7,5

mF . Determinar

C

R1

a R2

+ vF(t)

i1(t)

iF(t)

L1 L2

b

a) Os circuitos equivalentes de Thévenin e Norton da rede que está conectada ao indutor L1 . b) O fasor corrente I 1 e a corrente i1 (t ) correspondente. Solução:

a) A determinação dos circuitos equivalentes de Thévenin e Norton compreende a determinação da tensão de circuito aberto, V TH , da corrente de curto circuito, I N , e da impedância equivalente da rede, Z TH = Z N . Inicialmente, determina-se o circuito equivalente no domínio da freqüência aplicando a Transformada Fasorial. –j1/3 Ω

0,5 Ω

VF =

2 45

a

0,3 Ω

+ o

I F = 3 − 30 o

j2 Ω j1 Ω b

Para determinar a tensão de circuito aberto, utiliza-se o circuito equivalente no qual a indutância L1 é removida. Inicialmente, a fonte de corrente assinalada na figura a seguir é convertida no seu equivalente em fonte de tensão: V I = (0,3 + j1) × 3 − 30 = 3,1321 43,30 V e Z I = 0,3 + j1 Ω . o

o

–j1/3 Ω

0,5 Ω

a

c

+ VF =

2 45

0,3 Ω

+

I F = 3 − 30o

o

V TH

j1 Ω

– b I

d –j1/3 Ω

0,5 Ω

a

c

0,3 Ω

+

j1 Ω

+ o

VF =

V TH

2 45

+ V I = 3,1321

– b

43,30

o

d

No circuito anterior, a tensão de circuito aberto pode ser obtida diretamente por: 2 45 − 3,1321 43,30 V F −V I = = 1,6507 182,10 = (− 1,6496 − j 0,0604) A I = 0,5 − j 13 + 0,3 + j1 0,8 + j 2 3 o

o

o

V TH

= V F − 0,5 × I =

2 45

o

− 0,5(− 1,6496 −) j 0,0604 =(2,0955


)29,45

o

=

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1,8248 + j1,0302 V

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Solução (continuação): Com pequenas alterações, o circuito anterior pode ser utilizado para a determinar a corrente de curto-circuito. Neste caso, basta curto-circuitar os terminais ab, conforme mostra a figura a

seguir. 0,5 Ω

V

=

F

2 45

–j1/3 Ω

a

0,3 Ω

c

j1 Ω

+ o

IN

+ VI

b

= 3,1321

43,30 V o

d

o

o

2 45 + 3,1321 43,30 = 5,9700 3,48 = (5,9590 + j 0,3624) A 0,5 − j 13 + 0,3 + j1 0,5 0,3 + j 2 3 Como o circuito só possui fontes independentes, a impedância equivalente pode ser obtida pela associação série/paralela das impedâncias existentes no circuito estando as fontes de tensão substituídas por curtocircuito e as fontes de corrente por circuito aberto. Assim, para obtenção da impedância equivalente, utilizase o seguinte circuito: IN

=

VF

VI

+

o

=

–j1/3 Ω

0,5 Ω

0,3 Ω

a b

j1 Ω

Z TH

=

ZN

=

Z ab

=

0,5 // (0,3 + j1 − j 1 3 ) =

0,5 × (0,3 + j 2 3 ) 0,15 + j 13 = 0,5 + 0,3 + j 2 3 0,8 + j 2 3

=

0,3510 25,97

o

=

(0,3156 + j 0,1537 ) Ω

Observar que a impedância equivalente também poderia ter sido obtida através da relação entre a tensão de Thévenin e a corrente de Norton, ou seja, Z TH

=

ZN

=

V TH

=

IN

2,0955 29,45 5,9700 3,48

o

o

=

0,3510 25,97

o

=

(0,3156 + j 0,1537 ) Ω

Assim os circuitos equivalentes de Thévenin e Norton são dados por: 0,3156 Ω j0,1537 Ω

a a

0,3156 Ω + V TH = 2,0955

29, 45

IN

= 5,9700

3,48

o

o

j0,1537 Ω

b

b

Equivalente de Thévenin

Equivalente de Norton

b) Para determinar a corrente que circula na indutância L1 basta empregar qualquer um dos circuitos equivalentes obtidos no item anterior. Caso a opção seja pelo equivalente de Thévenin, o circuito equivalente é dado por: 0,3156 Ω j0,1537 Ω

a

+ V TH

=

2,0955 29,45

o

I1

j2 Ω

b


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2,0955 29,45 = 0,9627 − 52, 21 = (0,5899 − j 0,7608) A Z TH + j 2 0,3156 + j 2,1537 Caso a opção seja pelo equivalente de Norton, o circuito equivalente é dado por 6: I1

=

o

V TH

o

=

a

0,3156 Ω IN

= 5,9700

3,48

o

I1

j2 Ω

j0,1537 Ω

b I1

=

ZN ZN

+

j2

IN

=

0,3156 + j 0,1537 5,9700 3,48 0,3156 + j 2,1537

o

= 0,9627 − 52,21 = (0,5899 − o

j 0,7608)

A

Utilizando a Transformada Fasorial inversa, tem-se: i1 (t ) = 0,9627 ( 2 cos )400t − 52,(21 A )= 1,3614 cos 400t − 52,21 A o

o

Solução alternativa: Utilizando os arquivos de simulação do M ATLAB é possível reproduzir os resultados

obtidos anteriormente. Para determinação dos circuitos equivalentes de Thévenin e Norton, respectivamente, foram utilizados os arquivos I_2Vth.mdl e I_2In.mdl, obtendo-se os seguintes gráficos da tensão de circuito aberto vTH(t) e da corrente de curto-circuito iN(t), em função do tempo, juntamente com a tensão da fonte ideal vF(t).

vTH(t) vF(t)

iN(t) vF(t)

6

Vide expressão do divisor de corrente na Seção I.2.3 Circuitos divisores.


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Solução alternativa (continuação): A partir destes gráficos, pode-se determinar os valores de regime

permanente dos fasores V TH e I N , cujos valores de pico atingem 2,0955 2 = 2,96 V e 5,9700 2 = 8,44 A, respectivamente. Os ângulos de fase destes fasores podem ser estimados a partir da comparação de suas respectivas formas de onda no tempo com outra, utilizada como referência angular, cuja fase seja conhecida. Utilizando-se a forma de onda da fonte ideal de tensão vF(t), cuja fase é 45o, observa-se que os valores máximos do regime permanente da tensão de circuito aberto (tensão de Thévenin) ocorrem ligeiramente depois dos valores máximos do regime permanente da tensão utilizada como referência. De fato a fase da tensão de Thévenin está atrasada 15,55o com relação à tensão de referência ( 29,45 − 45 = −15,55 ) que correspondem a um tempo 7 igual a 0,0007 s, difícil de ser observado. Observa-se, ainda, que os valores o

máximos do regime da corrente de curro circuitocomo (corrente de Norton) valores máximos do permanente regime permanente da tensão utilizada referência ( vF(t)).ocorrem De fatodepois a fasedos da corrente de Norton está atrasada 41,52 o ( 3,48 − 45 = −41,52 ) que correspondem a um tempo8 igual a 0,0018 s. o

A simulação do circuito completo foi realizada utilizado ao arquivo I_2.mdl do qual pode-se extrair a forma de onda da corrente i1(t), em função do tempo, dado pelo gráfico a seguir. i1(t) vF(t)

Como anteriormente, a amplitude do regime permanente do fasor I 1 , corresponde a um valor de pico de 0,9627 2 = 1,36 A. O ângulos de fase deste fasor pode ser estimados a partir da comparação de sua fase com a tensão de referência ( vF(t)), o que indica o seu atraso de 97,21 o ( − 52,21 − 45 = −97,21 ) que correspondem a um tempo9 igual a 0,0047 s. o

Exemplo I.5: Para o circuito em regime permanente a seguir, determinar o circuito equivalente de Thévenin em relação aos terminais ab. –j40 Ω

12 Ω

a

+ 120 Ω

+ o

120 0 V

60 Ω

VX

+ 10V X b

– 7

2π Lembrar que o período de uma função cuja velocidade angular é de 400 rad/s é igual a T = 2ωπ = 400 = 0,016 s e este tempo corresponde a um ciclo completo, ou seja, 360 o. Desta forma, um ângulo de 15,55 o corresponde a 15360,55 0,016 = 0,0007 s. 8 Um ângulo de 41,52 o corresponde a 41360,52 0,016 = 0,0018 s. 9 Um ângulo de 97,21 o corresponde a 97360,21 0,016 = 0,0047 s.


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Solução: Como o circuito é constituído por fontes independentes e dependentes, a determinação da

impedância de Thévenin será calculada através da relação entre a tensão de circuito aberto e a corrente de curto circuito. Inicialmente determina-se a tensão de circuito aberto, por intermédio do método das correntes de malha. Para as correntes de malha indicadas no circuito a seguir, as equações de malha são dadas por: –j40 Ω 12 Ω a

+ 120 Ω

+ 120 0 V o

I1

VX

60 Ω

I2

+ 10V X b

–

M1:

− 120

0

o

+ 12 I 1 + 60

M2: 60 I 2 − I 1

+ (120 −

(I 1 − I 2 ) = 0

j 40 )I 2

+ 10V X =

Substituindo a expressão de V X seguinte sistema: 72 I 1 − 60 I 2 = 120 0

=

0

60(I 1 − I 2 ) na expressão anterior e arranjando os termos, chega-se ao

o

540 I 1 + (− 420 − j 40)I 2

=

⇒

0

I1

=

420 + j 40 I2 540

Substituindo a expressão de I 1 na equação anterior: 420 + j 40 16   72 I 2 − 60 I 2 = 120 0 ⇒  − 4 + j  I 2 = 120 540 3  Daí, 120 = 18 233,13 = (− 10,8 − j14, 4 ) A I2 = 16 −4+ j 3 420 + j 40 420 + j 40 (− 10,8 − j14,4) = 14,06 238,57 I1 = I2 ⇒ I1 = 540 540 Observar que este valor pode ser obtido diretamente da solução do sistema anterior. o

o

o

=

 − 22  − j12  A   3 

Da malha que inclui os terminais ab, pode-se escrever a expressão de V TH : V TH

= 120 I 2 + 10V X = 120 I 2 + 10 × 60

I1 − I 2

=

600I 1 − 480 I 2

Substituindo os valores das correntes, chega-se a: I

1 64 47 44 8

V TH

I2

644744 8  − 22  ) j14,4 = 835,(22 −) 20,17 o = 600 − j12  − 480(− 10,8 −  3 

=

784 − j 288 V

Para determinar a corrente de curto-circuito é necessário curto-circuitar os terminais ab, conforme mostrado na figura a seguir. Observar que a própria corrente de malha I 3 é a corrente de curto-circuito.


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Solução (continuação): –j40 Ω

12 Ω

a

+ 120 Ω

+ 120 0 V o

I1

VX

60 Ω

I2

IN

I3

+ 10V X

b

–

Considerando as correntes de malha indicadas na figura anterior, têm-se as seguintes equações de malha: M1: − 120 0 + 12 I 1 + 60(I 1 − I 2 ) = 0 o

V

M2: 60(I 2 −) I 1

−

( +)120 ( I 2 − )I 3

j 40 I 2

X 647 4 8

+ 10 × 60

I1 − I 2

=

0

V

X 647 4 8

M3:

− 10 × 60

(I 1 − )I 2 (+ 120) I 3 − I 2

=

0

Tais equações resultam no seguinte sistema de equações: 72 I 1 − 60 I 2 = 120 0 o

540 I 1 + (− 420 − j 40)I 2 − 120 I 3 = 0 − 600 I 1 + 480 I 2 + 120 I 3 = 0 cuja solução é dada por: I 1 = 2,915 42,3 = (2,157 + j1,961) A o

2,425 75,9

I2

=

I3

= 8, 440

Assim, I N Z TH

=

=

I3

2,7

o

o

=

=

= 8, 440

V TH IN

(0,588 + j 2,353) A

(8,431 + j 0,392) A 2,7

o

=

(8,431 + j 0,392) A e

784 − j 288 = = 98,95 8,431 + j 0,392

−

22,83

o

=

(91,2 − j 38,4) Ω

Solução alternativa: Para determinação dos circuitos equivalentes de Thévenin foram utilizados os

arquivos I_3a.mdl e I_3b.mdl, respectivamente, para a obter a corrente de curto circuito iN(t) e a tensão de circuito aberto vTH(t) mostradas nos gráficos a seguir. Foi utilizada uma velocidade angular de 400 rad/s para a fonte independente de tensão e o valor da capacitância ajustado para o da reatância dada (40 Ω). iN(t)


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Solução alternativa (continuação): vTH(t) vF(t)

Observa-se que os valores de pico da corrente e da tensão correspondem aos obtidos anteriormente, ou seja, 8,440 2 = 11,9 A e 835,22 2 = 1180 V. Observa-se, também, que o ângulo de fase da tensão de Thévenin está atrasado com relação à tensão da fonte independente de tensão em um ângulo de 20,17o que corresponde 2π = 0,0009 s. Além disto, a corrente de Norton está adiantada em relação à tensão de Thévenin, à 20360,17 400 conforme calculado anteriormente, ou seja, 2,7 + 20,17 = 22,87 que corresponde a o

22,87 2π 360 400 =

0,0010 s.

Exemplo I.6: Determinar o circuito equivalente para os terminais a–b do circuito da Figura I.12. 10 0 o c

–j2 a

+

j2

5 90 o

1 d

b

Figura I.12 – Circuito elétrico com fontes independentes. Solução: Inicialmente, o circuito cujos terminais são c e d é substituído pelo seu equivalente de Thévenin.

Em outras palavras, a fonte de corrente (em paralelo com uma impedância) é substituída por uma fonte de tensão equivalente (em série com uma impedância). Neste caso, a tensão de circuito aberto e a impedância equivalente são dadas por: V TH

= V OC =

Z TH

j2 =

=

IZ

2 90

= o

5 90 o × 2 90 o

= 10

180 o

= −10 V

Ω

A Figura I.13 ilustra a transformação da fonte de corrente pela sua fonte de tensão equivalente. j2

c

c

+

5 90 o

j2

10 180 o

d

d

Figura I.13 – Transformação de uma fonte de corrente em fonte de tensão.


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Solução (continuação): Substituindo o circuito cujos terminais são c e d pelo seu equivalente (mostrado

na Figura I.13), chega-se ao circuito da Figura I.14. Logo, o circuito elétrico da Figura I.12 é equivalente a um curto circuito. 10 0 o

j2

c

–j2 a

+

+

a

a

b

b

+

10 180 o

1

0

d

1

b

Figura I.14 – Circuito elétrico equivalente para os terminais a e b.

Solução alternativa: Para determinação dos circuitos equivalentes de Thévenin foram utilizados os

arquivos I_4a.mdl e I_4b.mdl, respectivamente, para a obter a corrente de curto circuito iN(t) (cuja simulação não revela um valor definido) e a tensão de circuito aberto vTH(t), mostrada no gráfico a seguir. Foi utilizada uma velocidade angular de 400rad/s para as fontes independentes de tensão e corrente e os valores da capacitância e da indutância ajustados para as reatância dadas. vTH(t)

Observa-se que o valor de regime da tensão de circuito aberto é nulo (0 V), implicando em uma impedância de Thévenin também é nula, pois Z TH = VI , o que comprova o curto circuito obtido nos cálculos anteriores. TH N

Exemplo I.7: Determinar o circuito equivalente para os terminais a–b do circuito da Figura I.15. V X

− 90

o

V

c

0o

+

e

R

a

R

1

− 90

jX

o

–jX

jX d

f

b

Figura I.15 – Circuito elétrico com fontes de tensão e corrente.


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Solução: No circuito da Figura I.15, observar que embora existam fontes que sejam funções de V e X, tais

fontes não dependem de correntes e tensões do circuito sendo, portanto, fontes independentes. Deste modo, o procedimento é similar ao exemplo anterior, ou seja, inicialmente determina-se o circuito equivalente dos terminais c e d. Diversos componentes desta fração do circuito podem ser eliminados pois encontram-se em série com uma fonte de corrente, conforme mostra a Figura I.16. O circuito equivalente dos terminais c e d encontra-se na Figura I.16, sendo seus parâmetros dados por: V

V TH = V OC = I Z =

90

Z TH = jX = X

− 90 × o

X

o

90 o

X

0o

=V

=V

V

Ω

V X

− 90

o

jX

c

c

+ jX

V

0o

d

d

Figura I.16 – Circuito elétrico equivalente dos terminais c e d. Aplicando o circuito da Figura I.16 no circuito da Figura I.15, obtêm-se os circuitos equivalentes de Thévenin e Norton para os terminais e e f, mostrados na Figura I.17, cujos parâmetros são: 0o

V TH = V OC = V

2V 0 o =

IN

I SC

=

=

X Z TH

=

ZN

=

jX

90

jX

=

0o

+V

o

2V

=

2V 0 o

− 90

o

= −

X X

=

j

2V V

2V

A

X

90 o Ω V

c

0o

+

jX

e

+ V

e

e

+

0o

2V

2V 0 o

X

f

d

− 90

jX

o

f

f

Figura I.17 – Circuito elétrico equivalente dos terminais e e f. Finalmente, aplicando o circuito equivalente de Norton da Figura I.17 no circuito da Figura I.15, obtém-se o circuito equivalente para os terminais a e b, mostrado na Figura I.18. R e

2V X

− 90

o

jX

R a

2V

–jX

f

a

X

− 90

a

2V

o

X

b

b

− 90

o

b

Figura I.18 – Circuito elétrico equivalente para os terminais a e b. Análise de redes no domínio da freqüência – SHaffner/LAPereira

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Solução alternativa:Para determinação dos circuitos equivalentes de Norton foram utilizados os arquivos

e I_5b.mdl, respectivamente, para a obter a corrente de curto circuito iN(t), mostrada no gráfico a seguir, e a tensão de circuito aberto vTH(t) (cuja simulação revela um valor sempre crescente). Foi utilizada uma velocidade angular de 400rad/s para as fontes independentes de tensão e corrente e os seguintes valores para R, X e V: R = X = 10 Ω e V = 1502 V. I_5a.mdl

iN(t)

Observa-se, no gráfico anterior, um valor de pico de 30 A para a corrente. Tal valor pode ser comprovado utilizando-se a expressão obtida anteriormente e substituindo-se os valores definidos para R, X e V. Desta 2 ⋅ 1502 30 forma, o valor eficaz da corrente é I N = 2V X = 10 = 2 A. Por outro lado, como a tensão de circuito aberto tende para infinito, a impedância de Norton é infinita, sendo representada por um circuito aberto. I.2.2 – Transformação estrela-triângulo

Se os dois circuitos da Figura I.19 são equivalentes com relação aos seus quatro terminais então tem-se: Z1

=

Z2

=

Z3

=

Z AZ B ZA

+

ZA

+

ZA

+

ZB

+

(11)

ZC

Z AZC ZB

+

(12)

ZC

Z BZC ZB

+

(13)

ZC

e ZA

=

ZB

=

ZC

=

Z1Z 2

+

Z1Z 3

+

Z2Z3

(14)

+

Z2Z3

(15)

+

Z2Z3

(16)

Z3 Z1Z 2

+

Z1Z 3 Z2

Z1Z 2

+

Z1Z 3 Z1

Z1

Z3

Z2

ZB

ZA

ZC

Figura I.19 – Equivalência entre circuitos em estrela e triângulo. Análise de redes no domínio da freqüência – SHaffner/LAPereira

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As expressões (11), (12) e (13) podem ser facilmente mostradas, considerando que: Z1

+

Z1

+

Z2

+

Z3

=

Z2

=

Z3

=

(

ZB ZA

ZB

// (Z A + Z C ) =

ZA

// (Z B

ZC

// (Z A + Z B ) =

+

ZA

(

ZA

+

(

+

ZC

+

+

ZC

+

ZB

)

=

ZC

+

ZB

ZC Z A ZA

+

ZB

ZA ZB

)=

ZC

+

ZA

)

=

ZC

ZB

+

)

=

+

+

+

+

+

(17)

ZC

Z AZC +

ZB

Z AZC ZA

ZBZC

ZB

Z AZB ZA

ZC

+

Z AZB

+

(18)

ZC

ZBZC

ZB

+

(19)

ZC

Somando (17) com (18) e subtraindo (19), chega-se à expressão (11): +

Z1

2Z 1

Z3

+

Z1

+

Z2

−

(Z 2 + Z 3 ) = Z A Z B + Z B Z C + Z A Z B + Z A Z C − (Z A Z C + Z B Z C ) ZA

2Z A Z B

=

ZA

+

+

ZB

⇒

Z1

ZC

ZB

+

ZC

+

Z AZB

=

+

ZA

ZB

+

ZC

A expressão (12) pode ser obtida substituindo (11) em (18); a expressão (13) pode ser obtida substituindo (11) em (17). As expressões (14), (15) e (16) podem ser mostradas a partir das expressões (11), (12) e (13). Inicialmente, isolando Z C nas expressões (12) e (13), já demonstradas, tem-se: Z2

=

ZC

=

Z3

=

ZC

=

Z AZC +

ZA

ZB

Z2 ZA

−

ZA

+

Z2

+

Z3 ZB

−

Z3

Z2 Z A

+

)+ Z C

ZB

=

Z AZC

( ⇒)( Z) 2 Z A + Z B

=

ZC Z A

−

Z2

(Z A + Z B )

Z BZC ZB

(

⇒ ZC

+

(20)

(

⇒

Z3 Z A

ZC

+

ZB

)+ Z C

=

Z BZC

( ⇒) ( Z) 3 Z A + Z B

=

ZC Z B

−

Z3

(Z A + Z B )

(21)

Da igualdade de (20) e (21), tem-se: Z2

=

ZC

ZA

−

Z2

(Z A +) Z B

(

=

(

(

Z3 Z2

ZA = Z2 =

)

ZA

+

ZB

Z2

⇒

Z3

ZA

−

=

Z2

Z3 ZB

−

Z3

Z2Z B = Z3Z A

(22)

ZA

Da mesma forma, isolando Z1 =

−

⇒

Z2 ZB −Z3 = Z3 Z A − Z2 ZB =

Z3

ZB

Z AZ B

nas expressões (11) e (12), tem-se:

ZA

(

⇒

Z1 Z B − Z1

)

Z1 Z A + Z B + Z C = Z A Z B

Z A + ZB + ZC

( ⇒) ( Z) 1 Z B + Z C

Z AZC

(23)

(

⇒

(

)

Z2 Z A + Z B + ZC = Z AZC

Z A + ZB + ZC

( ⇒)( Z) 2 Z B + Z C

Z1

(

(Z B +) Z C (

=

Z1 Z C − Z 2 = Z 2 Z B − Z1 ZC =

Z2 Z1

(

=

Z A ZC − Z2

(24)

)

Da igualdade de (23) e (24), vem: Z B − Z1

Z A Z B − Z1

(Z B + Z C )

Z2 Z A = ZC − Z2 Z B + ZC

ZA =

=

Z2

)

ZC −Z2

⇒

Z B + ZC

⇒

Z1 Z B − Z1

=

Z2 ZC − Z2

Z1Z C = Z 2 Z B

(25)

ZB


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Substituindo (22) em (25), tem-se: ZC =

Z3 Z1

(25)

ZA

Finalmente, substituindo (22) e (25) em (11), chega-se a: Z1 =

Z1

ZA

Z AZ B

=

Z A + ZB + ZC

ZA+

Z3 Z2

Z3Z A

= +

Z1Z 2

Z3 Z2

Z2

=

ZA+

⇒

Z3 Z1 Z1

+

Z1Z 3 Z1

Z3

ZA

1+

ZA

Z1Z 2

+

Z3

Z2

= +

Z2

Z1Z 3

Z2Z3

Z3

ZA

+

ZA

Z3

Z1Z 2 + Z1Z 3 + Z 2 Z 3

Z1

Z1Z 2

Z2Z3

=

Z3Z A

Z1

que confirma a expressão (14), ou seja: ZA

=

Z1Z 2

+

Z1Z 3

+

Z2Z3

Z3

Substituindo (14) em (22) chega-se à expressão (15); substituindo (14) em (25) chega-se à expressão (16). I.2.3 – Circuitos divisores

São dois os circuitos divisores básicos: divisor de tensão e divisor de corrente. No circuito divisor de tensão, ilustrado na Figura I.20, a tensão V é aplicada à associação série de impedâncias Z 1 e Z 2 e o problema consiste em expressar a tensão sobre uma das impedâncias, Z 1 por exemplo, em função da tensão total V e das impedâncias do circuito, ou seja, Z 1 e Z 2 . I

V I = Z1 + Z 2

+ Z1

+

V1

V 1 = Z1 I = Z1

– +

V Z2

V2

V1 =

–

Z1

V

V

Z1 + Z 2

V

V2 =Z2I =Z2

Z1 + Z 2

V2 =

Z2

Z1 + Z 2

V

Z1 + Z 2

Figura I.20 – Circuito divisor de tensão. No circuito divisor de corrente, ilustrado na Figura I.21, a corrente I é aplicada à associação paralela de impedâncias Z 1 e Z 2 e o problema consiste em expressar a corrente sobre uma das impedâncias, Z 1 por exemplo, em função da corrente I e das impedâncias do circuito, ou seja, Z 1 e Z 2 . +

I1

+

V

=

ZPI

ZP

 V= I Z1 + Z 2   V = Z1I1 

=

Z1Z 2 Z1

+

Z2

Z1Z 2

I

Z1

Z2

V

I

ZP

–

–

I1

Z2

=

Z1

+

Z2

I

⇒

Z1I1

I2

=

Z1Z 2 Z1

+

Z2

Z1

=

Z1

+

Z2

I

I

Figura I.21 – Circuito divisor de corrente.


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I.2.4 – Métodos analíticos de solução

Aplicam-se os princípios da análise nodal (tensões nodais) e análise de malhas (correntes de malha). Seja um circuito genérico formado por N nós e K ramos, tem-se então 2 K variáveis, K correntes e K tensões, relativas a cada um dos componentes que estão presentes nos ramos cujos extremos constituem os nós do circuito. Pode-se, então, escrever as seguintes restrições de interconexão: N −1

• •

equações de nó, ou seja, expressões relativas à primeira Lei de Kirchhoff;

K − (N − 1) = K − N + 1 equações de malha, ou seja, expressões relativas à segunda Lei de

Kirchhoff. Além disto, cada ramo possui a sua equação característica:

()

()

Vr = f Ir

Ir = f Vr

totalizando (N −)( 1 + K )− N + 1 + K = 2 K equações. Exemplo I.8: Para o circuito abaixo determinar:

R1

kvg (t )

+

vg (t )

–

C

–

+ Vg +

+ vi (t )

R1

kV g

Vi

vo (t )

R2

+

+ −j

1

Vo

2

ωC

–

–

Figura I.22 – Circuito exemplo no domínio do tempo e da freqüência. a)

A expressão de V o em função de V i .

b)

A expressão do ganho de tensão, dado por GT =

c)

A defasagem entre V o e V i .

Vo

.

Vi

Solução:

a)

Redesenhando circuito equações de nó oe de malha:tem-se o diagrama da Figura I.23, para o qual são válidas as seguintes LKC:

kV g =

Vo

com

ZP

ZP =

1 1 R1

LKT:

V i =V g +V o

⇒

+

1 R2

+

=

1 − j

1

1 R1

R2

(26) + jω C

ωC

(27)

V g = V i −V o


+

1 1

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Solução (continuação): +

+

Vg −j

Vi

–

+

1

R2

ωC

+

+ R1

Vo

kV g

–

Vg kV g

1

+ ZP

–

Vo

–

Figura I.23 – Circuito exemplo no domínio da freqüência redesenhado. Substituindo (27) em (26) tem-se:

(

)

k V i −V o =

Vo ZP

 1 + k V o = kV i  ZP 

⇒

⇒

Vo =

k

1 ZP

Vo =

k

1

+

R1

b)

1 R2

Vi =

+ k + jωC

k R1 + R2 + kR1 R2 R1 R2

(28)

Vi + jωC

Da expressão (28) tem-se: k GT =

Vo Vi

=

R1 + R2 + kR1R2 R1R2

+ jωC

Vi

Vi

=

k R1 + R2 + kR1 R2 R1 R2

c)

Vi +k

Da expressão (28), tem-se para 

k

∠V o = ∠

 R1 + R2 + kR1 R2 + jωC  R1 R2 

= + jωC

k

(

R1 + R2 + kR1R2 2 R1R2

)

2

+ (ωC )

k ≥0:





ωC  R1 + R2 + kR1 R2  R1 R2 

V i  = ∠V i − tan −1 

  

  ωCR1 R2  = ∠V i − tan −1   R + R + kR R   1 2 1 2    

Logo a defasagem é dada por:   ωCR1 R2 φ = ∠V o − ∠V i = − tan −1   R + R + kR R 2 1 2   1

Solução alternativa: Para realizar a simulação do circuito anterior foi utilizado o arquivo I_6.mdl, para

a obter as formas de onda das tensões de entrada vi(t) e de saída vo(t), mostradas no gráfico a seguir. Foi utilizada uma freqüência de 60 Hz para a fonte independente de tensão de entrada ( 2π60 rad/s), cuja amplitude foi de 100 V de pico e os seguintes valores para os componentes: R1=500 Ω, R2=375 Ω, C=25 mF, k=5. vi(t) vo(t)


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Solução alternativa (continuação): Substituindo-se os valores adotados nas expressões obtidas

anteriormente, tem-se: Vo =

k R1 + R2 + kR1 R2 R1 R2

Vi = + j ωC

5 Vi 500 + 375 + 5 ⋅ 500 ⋅ 375 + j 2π 60 ⋅ 25 × 10 −3 500 ⋅ 375

V o = 0,4686 − 62,03 V i o

Desta forma, o valor de pico do regime permanente mostrado no gráfico (aproximadamente 47 V) corresponde ao valor calculado e o ângulo de fase em atraso da tensão de saída de 62,03 o corresponde à 62, 03 2π 360 2π 60 = 0,003 s.

Exercício I.2: Determinar o valor de V o em função de V i das redes da Figura I.25. Z1

Z1

+

+ Z2

Vi

–

+

Vo

C = 3 mF

Z2

Z2

– Z1

ω = 200 rads

+

Vi

–

R= Ω L = 10,,206 mH

Z1

– Z1

Z1

+ Vi

Vo

+ Z2

Z2

–

Z2

Vo

–

Figura I.25 – Circuitos “Ladder” do exercício. I.2.5 – Diagrama fasorial

O diagrama fasorial consiste em representar os fasores tensão e corrente de um determinado circuito elétrico no plano complexo. Tal diagrama é empregado para auxiliar e simplificar trabalhos analíticos pois as operações de soma e subtração podem ser facilmente executadas e visualizadas. O diagrama fasorial tem as seguintes características: •

os eixos (real e imaginário) podem ser omitidos;

•

É utilizada uma referência angular única para as tensões e as correntes;

•

As escalas para os fasores tensão e corrente podem ser independentes, ou seja, uma para as tensões e outra para as correntes (por exemplo, 1 cm = 10 V e 1 cm = 5 A )

•

Os fasores podem ser colocados na srcem ou na extremidade de outro fasor (para “somar”).

Para uma impedância qualquer, mostrada na Figura I.25, a corrente pode estar adiantada ou atrasada em relação à tensão de acordo com a natureza desta impedância (capacitiva ou indutiva, respectivamente).


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⇒ I=

V ab = Z I Z = R + jX

I

a

V

Z

b

⇒

V ab = Z I = Z I

+

V ab

–

ab

∠V ab

I

b

V ab

V ab

I =

=

Z

Z

 V ab = ∠(Z I ) = ∠Z + ∠ I ⇒ ∠ I = ∠  Z  ω (sentido positivo )

Z capacitivo

)

a

φ >0

V

φ <0

  = ∠V ab − ∠ Z  

−1

φ = − tan

ab

X     R 

Z indutivo

I

Figura I.25 – Circuito com impedância e seu diagrama fasorial.

(Z = R ) , tem-se:

Caso a impedância do elemento da Figura I.25 tenha natureza exclusivamente resistiva ⇒ I=

V ab = R I Z=R

I

a

+

V

b

∠V ab = ∠ R I = ∠ I

 V ab  ⇒ ∠ I = ∠ R

I =

R

=

R

  ab  = ∠V

(sentido positivo )

ω

I

V ab

⇒

( )

b

R V ab

V ab = R I = R I

–

ab

V ab

(em fase )

a V

ab

Caso a impedância do elemento da Figura I.25 tenha natureza exclusivamente indutiva tem-se:

I

a

+

jX L

V ab = jX L I

⇒ I=

V ab = jX L I = X L I

⇒

b V

ab

–

(

)

∠V ab = ∠ jX L I = ∠ I + 90 ω

b

o

(Z = jωL = jX L

,

V ab jX L

I =

V ab jX L

V ab =

 V ab ⇒ ∠ I = ∠   jX L

XL

  = ∠V ab − 90  

o

(sentido positivo

a V

−

I

90

ab

o

atrasada de 90

o


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Caso a impedância do elemento da Figura I.25 tenha natureza exclusivamente capacitiva 1   = − jX C  , tem-se: Z = − j ωC  

I

a

⇒ I=

V ab = − jX C I

− jX C

b

⇒

V ab = − jX C I = X C I

+

V

–

ab

V ab

I =

− jX C

)

+

b

90

XC V ab

=

XC o

(sentido positivo )

ω

adiantada de 90

V ab

o

∠V ab = ∠ − jX C I = ∠ I − 90

I

= j

 V ab  ⇒ ∠ I = ∠ − jX C  = ∠V ab − (− 90 ) = ∠V ab + 90  

o

(

V ab − jX C

o

a

o

V

ab

Um caso um pouco mais geral ocorre quando a impedância analisada corresponde a uma associação série de uma resistência e uma indutância. Neste caso,

Z = R + jX

V L

a

+ +

I

b V

ab

– V

c

+

=V ac

V

–

ac

+V ab

bc

= (R + jX

∠V ab

L

⇒

−1  X  = ∠ (R + jX L )I = tan  L  + ∠ I  R 

(

)

bc



I =

XL



R 

e tem-se:

V ab R + jX L V ab R + jX L

V ab =

 V ab ⇒ ∠ I = ∠  R + jX L 

R 2 + X L2

 X  = ∠V ab − tan −1  L    R  

(sentido positivo )

ω V

R 2 + X L2 tan −1 

⇒ I=

)I

R 2 + X L2 I

V ab = (R + jX L )I =

–

bc

Z = R + jωL = R + jX L =

b

V

c

ab

a V

ac

I

Observar que o fasor V ac corresponde à soma dos fasores V ab e V bc .O fasor tensão V ab está em fase com o fasor corrente I pois corresponde a uma queda de tensão em uma resistência; o fasor tensão V bc está 90° adiantado do fasor corrente I pois corresponde a uma queda de tensão em uma indutância. Assim os fasores V ab e V bc formam um ângulo reto e o ponto b encontra-se na semicircunferência cujo diâmetro é o fasor V ac .


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Exemplo I.9: Para o circuito abaixo determinar o diagrama fasorial contendo o fasor corrente e os fasores

queda de tensão em todos os seus componentes bem como o fasor tensão da fonte. 100 µF

6Ω

10 Ω

+ v(t ) = 100 2 cos 1000t

0,02 H

40 µF

4Ω

Solução: Inicialmente determina-se o circuito equivalente no domínio da freqüência. Os capacitores e o indutor são transformados nas suas impedâncias equivalentes para a freqüência da fonte (ω = 1000 rad s ) :

100 µF

↔

0,02 H

↔

40 µF

↔

1 = − j10 1000 × 100 × 10 −6 − j1000 × 0,02 = j 20 1 − j = − j 25 1000 × 40 × 10 −6

− j

e alguns pontos são adicionados para identificar as quedas de tensão nos diversos componentes, conforme ilustra a figura a seguir. – j10

6

I

b

c

a

10

+ V ag

d j20

– j25

4

g

f

e

A corrente do circuito é dada por: I =

V ag Z

100 0

eq

100 0

o

=

6 − j10 + 10 + j 20 + 4 − j 25

100 0

o

=

o

=

20 − j15

o

=

4 36,87

o

25 − 36,87

As quedas de tensão nos componentes são dadas por: V xy = Z xy I

e V ag = V

fg

+ V ef + V de + V cd + V bc + V ab

conforme ilustra o seguinte diagrama fasorial.


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Solução (continuação): I = 4 36,87

o

V cd

c

V ag = 100 0

g

o

a

d V ab V de

V bc

b

e

V

V ef fg

f

Solução alternativa: Para realizar a simulação do circuito anterior foram utilizados os arquivos

e I_7b.mdl; para realizar o traçado do diagrama fasorial mostrado a seguir foi utilizado o arquivo I_7m.m. I_7a.mdl

I.3 – Locus de tensão, corrente e impedância

O lugar geométrico ou “Locus” consiste em representar, no plano complexo, a variação de uma grandeza (tensão, corrente, impedância) quando um parâmetro do circuito é alterado (por exemplo, uma resistência, capacitância, indutância, freqüência, etc.).


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Exemplo I.10: Para o circuito abaixo determinar: I1

c

R2

+

R1

b

Ve

–

+

Vs

a

R2

C

d

a) b) c) d)

O lócus do fasor tensão V s = V ab para R1 variando de zero a infinito. O fasor V s , se R1 = 0 e se R1 = ∞ . O valor de R1 para o qual V s está 90 atrasado em relação à V e . A expressão do ângulo entre V s e V e . o

Solução:

a)

Inicialmente, supõe-se que o fasor tensão de entrada tenha ângulo de fase nulo, ou seja, V e = V e 0 ,

•

tendo nos seus extremos os pontos c e d. As extremidades do fasor V s = V ab são os pontos a e b que são determinados da seguinte maneira: O ponto b pode ser facilmente localizado, pois se encontra exatamente entre os pontos c e d (observar que o divisor resistivo é formado por duas resistências iguais). O ponto a exige uma análise um pouco mais cuidadosa. A corrente que percorre este ramo do circuito,

•

I1 adiantada em relação à V e , pois a natureza da impedância é capacitiva. Para qualquer valor de , Restá 1 este fasor encontra-se no primeiro quadrante, ou seja, sua fase pertence ao intervalo 0 ;90 . Considerando este fato, o sentido dos fasores queda de tensão V ad e V ca podem ser estabelecidos da seguinte maneira: o fasor V ad encontra-se 90° atrasado em relação à corrente I 1 ; o fasor V ca encontra-se em fase com a corrente I 1 . Assim, V ad e V ca são perpendiculares e vão constituir um triângulo retângulo com o fasor V e . o

o

O fato do ponto a ser o vértice reto de um triângulo retângulo faz com que seu locus seja uma semicircunferência, conforme ilustra a figura a seguir. Assim, o locus do fasor V s = V ab compreende todos os raios desta semicircunferência. I1 V cd

Ve d

2

Ve

b

e

α

c

2

R1 → 0

V ca = R1 I 1 R1 → ∞

V ad = − j ω1C I 1

Es

a


Locus do ponto a

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Solução (continuação) :

b)

Para R1 → ∞ , o ponto a tende para o ponto d e o fasor V s tende para o fasor V db ; para ponto a tende para o ponto c e o fasor V s tende para o fasor V cd . Para V s estar 90 atrasado em relação à V e é necessário que V ad = V ca , ou seja:

c)

R1 → 0 ,

o

o

− j

d)

1 ωC

⇒

I 1 = R1 I 1

1 ωC

I 1 = R1 I 1

⇒

R1 =

1 ωC

Para a determinação do ângulo α basta verificar as relações do seguinte triângulo retângulo. b d

c

γ

−j

1 ωC

α

I1

β

R1 I 1

β

a

Assim, tem-se: γ + 90 + β = 180 o

α + 2 β = 180

⇒

o

⇒

o

o

β = 90 − o

α

R1 I 1

1 − j ωC I 1

=

R1

1

(b)

2

Substituindo (b) em (a), chega-se a: tan γ =

(a)

γ = 90 − β

= ωR1C

α α  γ = 90 −  90 −  = 2 2  o

⇒

⇒

o

α = 2γ

e

γ = tan −1 (ωR1C )

ωC α = 2 tan −1 (ωR1C )

Logo,

Solução alternativa:Para realizar a simulação do circuito anterior foram utilizados os arquivos

e

I_8.mdl

I_8m.m,

considerando os seguintes valores para os componentes: R1=10 Ω, R2=50 Ω, C=100 µF e V e = 50 2 0 V (igual a 100 V de pico). Para estes valores, a tensão vs(t) de saída é dada pelo seguinte gráfico (com um ângulo de fase que corresponde à –41,31 o), resultando no diagrama fasorial dado. Os demais pontos do lócus podem ser obtidos variando-se o valor da resistência R1 (observar que o gráfico apresenta escalas diferentes para os eixos). o

I1

Ve

vs(t)

Vs


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I.4 – Ressonância senoidal I.4.1 – Definições

Ressonância é um fenômeno que pode ocorrer em circuitos que contêm, simultaneamente, indutores e capacitores. De modo simplificado, a ressonância pode ser definida como a condição que existe em qualquer sistema físico (por exemplo, elétrico, mecânico, hidráulico e acústico) quando uma função excitação senoidal10 de amplitude fixa produz uma resposta de amplitude máxima. A freqüência de ressonância ( f 0 ) é a freqüência da função excitação que produz ressonância neste sistema quando os demais parâmetros permanecem inalterados. Tal freqüência corresponde à freqüência natural do sistema e só depende dos parâmetros ( RLC) do circuito. Em uma rede elétrica com dois terminais contendo pelo menos um indutor e um capacitor, ressonância é a condição que existe quando a impedância desta rede é puramente resistiva, ou seja, quando a tensão e a corrente nos terminais de entrada da rede estão em fase. I.4.2 – Ressonância paralela

Para o circuito paralelo da Figura I.26, tem-se: +

R

I

L

+

V

Z

C

–

–

Figura I.26 – Circuito ressonante paralelo e seu equivalente. Z =

1 1 R

1

+

j ωL

+

1

=

− j ω1C

1 1 R

 

+ j  ωC −

1  

ωL 

V = Z ⋅I

A corrente no circuito é imposta pela fonte, mas o fasor quando

Z

é máximo, isto é, quando

1

1   + j  ωC −  R ωL  

V

depende do valor de

Z

. Assim,

V

é máximo

é mínimo.

Para uma dada freqüência fixa, o valor mínimo ocorre para: ωC −

1 ωL

=0

⇒

C=

1 ω 2L

 

Para valores constantes de R, L e C, a freqüência de ressonância  f = f 0 = 1 ω 0C − ω L = 0 0

ω0   é obtida de: 2π 

1 ⇒

ω0 =

LC

I.4.3 – Ressonância série

Para o circuito série da Figura I.27, tem-se:

10

Entretanto, freqüentemente, fala-se em ressonância mesmo quando a função excitação não é senoidal


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I

R

L

+

+ C

V

Z

V

Figura I.27 – Circuito ressonante série e seu equivalente. 1

1 



Z = R + jωL − j ωC = R + j  ωL − ωC  I=

V Z

A tensão do circuito é imposta pela fonte, mas o fasor quando

Z

é mínimo, isto é, quando

1   R + j  ωL −  ωC  

I

depende do valor de

Z

. Assim,

I

é máximo

é mínimo.

Para uma dada freqüência fixa, o valor mínimo ocorre para: ωL −

1 ωC

⇒

=0

C=

1 ω2L

 

Para valores constantes de R, L e C, a freqüência de ressonância  f = f 0 = ω0L −

1 ω 0C

=0

⇒

ω0 =

ω0   é obtida de: 2π 

1 LC

Na Tabela I.2 encontram-se sugestões de exercícios, referentes aos assuntos tratados neste capítulo. Tabela I.2 – Sugestões de exercícios referentes ao Capítulo I. Livro

Capítulo 9

Alexander&Sadiku (2003) 10

Nilsson&Riedel (1999)

9

9 Irwin (2000) 10

350: 351: 352: 354: 383: 385: 387:

Página: Exercícios 9.1; 9.3; 9.6; 9.9; 9.10; 9.14; 9.15; 9.183 9.22; 9.24; 9.25; 9.26; 9.28; 9.29; 9.32; 9.33 9.40; 9.41; 9.44; 9.45 353: 9.47; 9.48; 9.50; 9.52; 9.54 9.60; 9.61; 9.62; 9.66; 9.67 355: 9.70; 9.71; 9.72 10.4; 10.5; 10.9; 384: 10.16; 10.17; 10.19; 10.23; 10.24 10.30; 10.33; 10.35; 10.36 386: 10.41; 10.42; 10.46 10.50; 10.52

224: 225: 226: 227: 229: 375:

9.1; 9.2 9.3; 9.4; 9.6; 9.9; 9.11; 9.12; 9.13; 9.14; 9.15; 9.16; 9.17 9.19; 9.21; 9.23; 9.24 9.25; 9.26; 9.27 9.28; 9.31; 9.32; 9.33; 9.35 228: 9.38; 9.40; 9.43; 9.44; 9.45; 9.46 9.50; 9.53; 9.54; 9.55 230: 9.57; 9.59; 9.61 9.3; 9.4; 9.5; 9.6 376: 9.9; 9.10; 9.11

377: 380: 384: 386: 413: 415: 420: 424:

9.12; 9.28; 9.13; 9.29 9.16; 9.17 9.27; 9.48; 9.49; 9.50; 9.51 9.59; 9.60; 9.61 10.4; 10.5; 10.6 10.18; 10.19 10.31; 10.32 10.52; 10.53; 10.58


379: 9.24; 9.25; 9.40; 9.26 9.41 382: 9.37; 9.38; 385: 9.53; 9.54; 9.56 414: 418: 422: 425:

10.8; 10.9; 10.11 10.25; 10.26 10.39; 10.40; 10.41 10.62; 10.63

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III – Circuitos polifásicos III.1 – Conceitos básicos Um sistema polifásico é constituído por duas ou mais tensões iguais, com diferenças de ângulo de fase (defasagens) fixas, conforme ilustra a Figura III.1. 100

ω

V AN = Vφ 0 +

50

V BN = Vφ − 90 o

0

+

V AN = Vφ 0

-50

N -100 0

90

180

270

360

450

540

630

V BN = Vφ − 90 o

720

(a) Sistema bifásico. V CN = Vφ 120 o

V AN = Vφ 0 +

100

V BN = Vφ − 120 +

50

0

ω o

V AN = Vφ 0

V CN = Vφ 120 o +

-50

-100 0

120

240

360

480

600

V BN = Vφ − 120 o

N

720

(b) Sistema trifásico.

Figura III.1 – Exemplo de sistemas polifásicos. Denomina-se fase cada um dos elementos ou dispositivos que descrevem ou pertencem a cada um dos ramos que compreendem o circuito polifásico. Para o sistema trifásico de tensões, ilustrado na Figura III.1, tem-se 3 fases (que correspondem a cada uma das 3 fontes) e um neutro (que corresponde ao condutor de retorno das fases). A seqüência em que as tensões de fases atingem seu valor máximo denomina-se seqüência de fase. A Figura III.2 ilustra as duas seqüências possíveis para um sistema trifásico. V CN = Vφ 120 o

V BN = Vφ 120o

ω

ω

V AN = Vφ 0

V AN = Vφ 0

V BN = Vφ − 120 o

V CN = Vφ − 120 o

Seqüências: ABC – BCA – CAB

Seqüências: ACB –BAC – CBA

Figura III.2 – Seqüências de fase possíveis para um sistema trifásico.

Circuitos Polifásicos – Sérgio Haffner

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Um sistema polifásico é dito simétrico quando apresenta a mesma amplitude em todas as fases e todos os defasamentos iguais. Exemplos de sistemas trifásicos simétricos e assimétricos encontram-se na Figura III.3. V CN

ω V AN = V BN = V CN = Vφ

α α V

α

AN

α=

360 o 3

= 120

o

V BN

(a) Sistema trifásico simétrico.

V CN

V CN

ω

ω

α

α

α V

α

V BN V

V

β

AN

AN

V BN AN

≠V

α≠β

BN

(b) Sistemas trifásicos assimétricos.

Figura III.3 – Sistemas trifásicos simétricos e assimétricos.

Tensão de fase corresponde à diferença de potencial existente entre cada uma das fases (que constituem os dispositivos polifásicos) e o neutro (ou a referência de tensão). Tensão de linha corresponde à diferença de potencial entre os condutores das linhas que conectam a fonte à carga. A Figura III.4 ilustra as diferentes tensões de fase e de linha de um sistema polifásico com neutro genérico.

φ1 +

+

+

V 1N

V 1N

+

V 12 – +

V 2N

V 2N

Sistema Polifásico nφ COM

φ2 . . .

φn

Neutro N

–

–

+ V nN –

–

–

Tensões de Fase

Tensões de Linha

Figura III.4 – Tensão de fase e de linha em um sistema polifásico.


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Quando os sistemas polifásicos são simétricos, é possível estabelecer relação (ou relações) entre a tensão de fase e a tensão de linha (ou tensões de linha), conforme ilustrado para o sistema trifásico na Figura III.5.

(

)

Observar que existem 3 tensões de fase V AN ;V BN ;V CN defasadas de 120 conjuntos de 3 fasores defasados de 120 °: V AB ;V BC ;V CA e V BA ;V CB ;V V CN

ω

V CA

AC

° e seis tensões de linha (dois

).

V CB

ω V V

V BC

AN

V CA

V CN

V

V

V BN

Tensões de Fase (φ):

AN

V AN ; V BN ; V CN V BA

Tensões de Linha (L):

AB

AB

V

AC

V BN

V AB ; V BC ; V CA V BA ;V CB ; V CA

V BC

(a) Tensões de fase e de linha (seqüência ABC). −V

60

BN

o

VL = V V

o

120 o

= 2V

AN

cos 30 o = 3 V AN

V L = 3Vφ

30

V 30

AB

AN

AB

=V

AN

−V

BN

o

V BN

(b) Relação entre a tensão de fase e de linha.

Figura III.4 – Tensão de fase e de linha em um sistema trifásico simétrico (seqüência ABC). A relação entre os valores de fase e de linha depende do número de fases que compreende o sistema. Para um sistema trifásico simétrico, ilustrado na Figura III.4(b), a relação entre qualquer tensão de linha VL e de fase

Vφ é dada por: VL = 3Vφ

Exemplo III.1: Para um sistema trifásico com as seguintes tensões de fase, determinar: ) ωt v AN )(t = Vmax(cos v BN (t ) = Vmax cos(ωt − 120 o ) vCN (t ) = Vmax cos(ωt + 120o ) a) O valor eficaz das tensões de fase v AN (t) , v BN () t , v()CN t . b) A

expressão

das

tensões

de

linha

v AB ()t = v AN () t −()v BN t ,

v BC ()t = vBN () t −()vCN t

e

vCA ()t = vCN () t −()v AN t . Circuitos Polifásicos – Sérgio Haffner

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() t , v()CA t . c) O valor eficaz das tensões de linha v AB (t) , v BC d) O diagrama fasorial contendo V AN , VBN , VCN , VAB , VBC , VCA . e) A seqüência de fase.

Solução: a) Considerando a velocidade angular das tensões dadas, o período é igual a T = 1

2π

ω

. Desta forma, o valor

eficaz pode ser obtido através de : eficaz V AN =

=

=

=

1

∫

T 0

[v AN (t )]2 dt

T 2 ωVmax 2π 2 ωVmax 4π 2 Vmax

2

∫

∫

2π 1 + cos(2ωt )

2π

ω

2

0

 2π   ω

=

ω

=

+

(

2π

sen 2ω

ω

2π

ω 0

[Vmax cos(ωt )]2 dt 2 ωVmax 4π

dt =

)

2ω

∫

ω

=

0

 ( sen )2ω 0 2ω 

− 0 +

2π

ω 0

2 Vmax cos 2 (ωt )dt =

2π

2π

ω

∫

[1 + cos(2ωt )]dt   

2 ωVmax 4π

=

2π

 sen (2ωt )  ω t + 2ω  0

=

2 2 ωVmax )(2π sen 4π  ωVmax  2π  + = = 4π  ω 2ω  4π  ω 

=

Vmax 2

Como as formas de onda são idênticas, tem-se: Vmax eficaz eficaz eficaz V AN = VBN = VCN = 2

b) Para a tensão de linha v AB ()t = v AN () t −()v BN t , tem-se2: v AB)(t = Vmáx()cos =

=

t (− Vmáx cos )

t − 120 () ° =()V(máx {cos )(

  1 Vmáx cos(ωt ) −  − cos ()ωt  2  

)t (− [cos ) t

+

t sen − 120°

cos − 120° − sen

 3 () sen ωt  = (V) máx  (cos ) ωt 2  2 3

]}

 sen ωt  =  2  3

−

3Vmáx  3 cos()ωt −() 1 sen ωt  =  2  ( 3V)máx cos ωt + 30° 2  

) (t = 3V(máx cos ) ωt + 30° v AB Analogamente

) (t = 3V(máx cos) ωt − 90° v BC ) (t = 3V(máx cos) ωt + 150° vCA c) Determinar o valor eficaz de vAB, vBC e vCA. eficaz V AB =

=

1 T

∫

T 0

2 3Vmax

[v AB (t )]2 dt ω 2π

∫

2π

ω

=

ω 2π

2π

∫ [

(

3Vmax cos ωt + 30o

ω

0

(

1 + cos 2ωt + 60

o

2

0

) dt =

2 3Vmax

ω 4π

)] dt = 2

ω 2π

=

ω

o

ω

π

2 ω  2π + sen 4π + π3 − sen π3  = 3V 2 ω  2π  = 3Vmax max 4π  ω 2ω 2ω  4π  ω 



1

Lembrar que cos 2 a = 1 + cos 2a .

2

Lembrar que

)

()



)

0

2 ω  sen (2ωt + 60o ) ω ω  2π( sen) 2ω ω (+ 2  + = 3Vmax t +  4π  2ω 4π  ω 2ω 0

(

(

2 3Vmax cos 2 ωt + 30o dt =

∫ [1 + cos(2ωt + 60 )]dt =



=

2π 0

2π

2π

2 3Vmax

∫

π 3

)



− 0 +

sen 2ω 0 +

 

2 3Vmax = 2

2ω

π 3

   

=

3Vmax 2

2

cos(a + b) = cos a cos b − sen a sen b cos(a + 30°) =

3 2

cos a −

1 2


sen a

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Solução (continuação): Como as formas de onda são idênticas, tem-se: 3Vmax

eficaz eficaz eficaz = VBC = VCA = V AB

=

2

eficaz 3 V AN

d) O diagrama fasorial das tensões é dado pela figura.

e) A seqüência de fase é ABC (direta).

Exemplo III.2: Verificar a(s) relação(ões) entre a(s) tensão(ões) de linha e a tensão de fase para os sistemas tetrafásico.

Solução: Para a seqüência de fase ABCD (direta), tem-se o seguinte diagrama fasorial das tensões de fase e de linha. Neste caso, observar que existem dois valores distintos para a relação entre a tensão de fase e de linha: para as fases adjacentes a tensão de linha é igual a VL = 2Vφ (diagonal de um quadrado cujo lado é igual a Vφ ) ; para as fases opostas a tensão de linha é igual a VL = 2Vφ . V DB

ω V DN

V DN

V DA

V

V CB

AB

V DC

V DN

ω

V DA

ω

V CD V V CN

V V BD

V

AN

AN

V

AC

V CA

V CN

V CN

V

AN

V

AD

AC

V AB

V BC

V BN V BN

V CD

V BC

V BN V BA

V BD

V AB ; V BC ; V CD ; V DA

Tensões de Linha Adjacentes (L): Tensões de Fase (φ):

V

AN

V BA ; V CB ; V DC ; V AD

; V BN ; V CN ; V DN

Tensões de Linha Opostas:

V

AC ; V BD

V CA ;V

DB

Como o sistema é constituído por 4 tensões de fase, existem 12 tensões de linha possíveis, oriundas das 12 formas de arranjar tais tensões dois a dois, pois A4, 2 = 4! (4 − 2)! = 4 ⋅ 3 = 12 . Utilizando-se parte destas tensões de linha é possível constituir dois sistemas simétricos formados por quatro tensões de linha. O mais natural deles é dado por V AB ; V BC ; V CD ; V DA (as primeiras letras do índice correspondem à seqüência das tensões de fase, ou seja, ABCD; as segundas letras do índice iniciam pela segunda letra da seqüência de fase, ou seja, BCDA).


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Exercício III.1: Verificar a(s) relação(ões) entre a(s) tensão(ões) de linha e a tensão de fase para os sistemas pentafásico e hexafásico. Utilizar representações gráficas, como as mostradas na Figura III.4.

Simulação MATLAB: Os gráficos da tensão instantânea e o respectivo diagrama fasorial do sistema hexafásico podem ser produzidos em simulação no MATLAB/SIMULINK utilizando-se os arquivos 3 III_1.mdl e III_1m.m . As tensões de fase têm amplitude de 100 Vpico e o ângulo entre tensões de fases adjacentes é de 60°. Utiliza-se como referência a tensão da Fase 1 (assume-se que seu ângulo de fase é zero), representada em ciano. Em vermelho, está a tensão de linha entre as Fases 1 e 2, cuja amplitude é a mesma 60 1 da referência, porém com um atraso de 60° (que é igual a /360= /6 do período, correspondendo a 0,00278 s) com relação à referência. Em verde, está a tensão de linha entre as Fases 1 e 3, que tem amplitude igual a 100 3 Vpico e defasagem de 30° atrasada (correspondendo a 0,00139 s). Por último, em azul, está a tensão de linha entre as Fases 1 4, cuja amplitude é o dobro da referência (200 V pico), pois essas fases são opostas.

O diagrama fasorial do circuito está mostrado na figura a seguir (observar que as cores não têm correspondência com o gráfico anterior).

3



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Em um sistema polifásico, os dispositivos podem ser conectados de diversas formas distintas, em função da diversidade de fases disponíveis. Dois tipos básicos de ligações se destacam: em estrela (quando cada uma das fases é conectada entre uma linha e um ponto comum O) e em malha (quando cada uma das fases é conectada entre duas linhas). A ilustração das ligações estrela e malha para uma carga polifásica está mostrada na Figura III.5.

φ1 Sistema Polifásico nφ com ou sem Neutro

I1

Z1

I2

Z2

φ2

O . . .

φn

In

Zn

N (a) Ligação estrela.

I1

φ1

Sistema

φ2

Polifásico nφ

φ3

com ou sem Neutro

. . .

φn

I2

Z 12

I3

Z 23

In

Z ( n −1)n

Z n1

N (b) Ligação malha.

Figura III.5 – Tipos de ligações possíveis para uma carga polifásica.

Uma carga polifásica é dita equilibrada quando for constituído por fases idênticas. Neste caso, quando o sistema de alimentação é simétrico é fácil obter uma expressão de equivalência para os dois tipos de ligação (estrela e malha) como será mostrado a seguir. Sejam:

Z Y = Z 1 = Z 2 = K = Z n a impedância correspondente à ligação estrela; Z ∆ = Z 12 = Z 23 = K = Z n1 a impedância correspondente à triângulo.


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Para a ligação em malha, a corrente da linha φ1 é dada por:

I 1∆ = I 1∆ =

V 12

+

Z∆ 1

V 1n

(2V

Z∆

Z∆

(V

1N

− V 2 N + V 1N − V nN

− V 2 N − V nN

1N

360 o

Considerando θ =

1

=

Z∆

)

)

(1)

, onde n é o número de fases do sistema, tem-se:

n

V 1N = Vφ 0

(2.a)

V 2 N = Vφ − θ

(2.b)

V nN = Vφ θ

(2.c)

Aplicando (2) em (1),

I 1∆

= =

I 1∆ =

(2 ⋅V

)

2Vφ

Z∆

V 1N

φ

0 − Vφ − θ − Vφ θ =

Vφ

(

)

2 −1 −θ −1 θ = Z∆ Z∆ Vφ V [2 − (cosθ − (j sen ) θ − )cosθ [+]]j senθ = φ 2 − 2 cosθ Z∆ Z∆

[1 − cosθ ]

Para a ligação em

I 1Y =

1

=

(3)

, a corrente da linha é dada por: estrela φ1 =

ZY

Vφ 0

=

ZY

Vφ

(4)

ZY

As cargas serão equivalentes se I 1∆ = I 1Y . De (3) e (4), tem-se: 2Vφ

Z∆

[1 −]cosθ

=

Vφ ZY

[ ⇒]

2

Z∆

1 − cosθ =

1

ZY

Z ∆ = 2 Z Y [1 − cosθ ]

(5)

Observar que a expressão (5) pode ser aplicada para qualquer sistema polifásico. Em particular, para o sistema trifásico, no qual n = 3 , tem-se:

Z ∆ = 2 Z Y 1 − cos 360  = 2 Z Y 1 − cos120 o = 2 Z Y [1 − (−1 2 )]  3  

[

]

Z ∆ = 3Z Y

(6)

Freqüentemente, os sistemas polifásicos podem ser resolvidos com a utilização de circuitos equivalentes monofásicos, independentemente do número de fases existentes. Isto pode ser observado no exemplo da Figura III.6, no qual dois sistemas trifásicos diferentes (ligação estrela com neutro e malha ou triângulo) são subdivididos nos seus circuitos equivalentes. Circuitos Polifásicos – Sérgio Haffner

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φA

IA

N1

IN

φB

IB

N2

IN

φC

IC

N3

IN

Sistema

φA

Sistema Trifásico

φB

ZA

IB

ZB

1

A

Sistema

3φ

φB

ZC

IC

φC

COM

IA

φA mais Neutro

mais Neutro

2

B

IN

Neutro

N Sistema 1

2

φC

3

I N = −I A − I B − I C = I N + I N + I N

mais Neutro

3

C

(a) Ligação estrela.

1

φ A1

IA

φ B1

IB

φ B2

IB

φ C2

IC

φ C3

IC

φ A3

IA

Sistema

φA

φA mais φB

IA

Sistema Trifásico 3φ

φB

com ou sem Neutro

φC

IB

Z AB Z CA

IC

1

AB

2

Sistema φB

Z BC

mais φC

2

Z BC

IN

N

3

Sistema IA =I

1 A

+I

3 A

1

2

2

3

φC mais φA

IB =IB + IB IC = IC + IC

3

Z CA

(b) Ligação malha ou triângulo.

Figura III.6 – Subdivisão em circuitos equivalentes de um sistema trifásico.


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Para a conexão em estrela com neutro (Figura III.6a), o sistema polifásico é dividido em três sistemas monofásicos nos quais as impedâncias das cargas são submetidas à tensão de fase do sistema de alimentação. Observar que a corrente que circula nas fases do circuito é igual à corrente que circula nas fases dos circuitos equivalentes (vide Figura III.6a). Por outro lado, a corrente que circula no condutor neutro ( N) é igual à soma das correntes que circulam nos condutores neutros dos três circuitos equivalentes, ou seja, 1

2

2

I N = I N + I N + I N = −I A − I B − I C . Para a conexão em malha ou triângulo (Figura III.6b), o sistema polifásico é dividido em três sistemas monofásicos nos quais as impedâncias das cargas são submetidas à tensão de linha do sistema de alimentação. Observar que a corrente que circula nas fases do circuito é igual à soma da corrente que circula 1

3

nas respectivas fases dos circuitos equivalentes (por exemplo, I A = I A + I A ). Define-se como corrente de fase (cujo módulo é notada por I φ ) como a corrente que percorre as fases que constituem os dispositivos polifásicos de geração ou as cargas. Define-se como corrente de linha (cujo módulo é notada por I L ) como a corrente que percorre as linhas que conectam os dispositivos polifásicos ao restante do circuito. A Figura III.7 ilustra as correntes de fase e de linha para as ligações estrela e malha.

I L1

φ1 Sistema Polifásico nφ com ou

I φ1

I L2

φ2

Z1

I φ2

Z2

I L1

=

I φ1

I L2

=

Iφ2

I Ln

=

I φn

IL

=

Iφ

M

O

I Ln

φn

sem Neutro

. . .

Zn

I φn

IN

N (a) Ligação estrela.

φ1

Sistema

φ2

Polifásico nφ

φ3

com ou sem Neutro

I L1

I L2

I φ12

I L3

I φ 23

Z 12

Z 23

Z n1

φn

=

I φ12 − I φn1

I L2

=

I φ 23 − I φ 12

I L3

=

I φ 34 − I φ 23

M

. .

I Ln

I L1

I Ln

. I φ (n −1)n

Z (n −1)n

=

I φn1 − I φ (n −1)n

I φn1

N (b) Ligação malha.

Figura III.7 – Correntes de linha e de fase em sistemas polifásicos.


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Exercício III.2: Para a carga desequilibrada conectada em triângulo, determinar o equivalente em estrela4.

Simulação MATLAB: Utilizando os arquivos de simulação é possível verificar os resultados obtidos. Para a simulação deste circuito foi utilizado o arquivo III_9.mdl. Observa-se que quando as duas cargas equivalentes são conectadas a uma mesma fonte trifásica as correntes são idênticas, razão pela qual as potências fornecidas pelas fontes individualmente são as mesmas para ambas as conexões. Embora a potência desenvolvida em cada uma das impedâncias seja diferente, as fontes “enxergam” o conjunto como uma coisa só, estando a carga ligada em triângulo ou em estrela. Por isso, o somatório das potências na carga é igual nas duas situações.

Exercício III.3: Um sistema ABC trifásico equilibrado a três condutores, V AB = 110 120o V, alimenta uma carga em triângulo, constituída por três impedâncias iguais de Z ∆ = 5 45o Ω. Determinar as correntes de 5

linha I A , I B e I C .

Simulação MATLAB: Utilizando os arquivos de simulação é possível reproduzir os resultados. Para a simulação deste circuito foi utilizado o arquivo III_2a.mdl do qual obtém-se os valores de regime permanente (“Steady state”) por intermédio do bloco “powergui”.

Observar que no arquivo de simulação foi utilizada uma fonte em estrela, razão pela qual as magnitudes das o tensões das fontes correspondem aos valores de fase e os ângulos de fase foram ajustados (90 para a fase A). 110 Além disto, todos os valores das tensões e das correntes correspondem aos valores de pico ( 2 = 89,81 V e 3

38,1 2 = 53,88 A). Um equivalente por fase (para a fase A) encontra-se no arquivo III_2b.mdl.

Exercício III.4: Um sistema CBA trifásico equilibrado a quatro condutores, V AB = 208 − 120o V, alimenta uma carga em estrela, constituída por impedâncias de Z Y = 20 − 30o Ω. Calcular as correntes de linha e a corrente de neutro I A , I B , I C e I N 6. 4

Respostas: Z 1 = 5 0 o Ω, Z 2 = 10 90 o Ω, Z 3 = 10 0 o Ω.

5

Respostas: I A = 38,1 45o A, I B = 38,1 − 75o A e I C = 38,1 165o A.

6

Respostas: I A = 6 − 60o A, I B = 6 60o A, I C = 6 180o A e I N = 0


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Simulação MATLAB: Utilizando os arquivos de simulação é possível reproduzir os resultados. Para a simulação deste circuito foi utilizado o arquivo III_3.mdl do qual obtém-se os valores de regime permanente (“Steady state”) por intermédio do bloco “powergui”.

Exercício III.5: Um sistema CBA trifásico equilibrado a quatro fios, V AB = 208 − 120o V, alimenta uma carga em estrela com Z A = 6 0o Ω, Z B = 6 30o Ω e Z C = 5 45o Ω. Determinar as correntes de linha e a corrente no neutro I A , I B , I C e I N 7.

Simulação MATLAB: Utilizando os arquivos de simulação é possível reproduzir os resultados. Para a simulação deste circuito foi utilizado o arquivo III_4.mdl do qual obtém-se os valores de regime permanente (“Steady state”) por intermédio do bloco “powergui”.

III.2 – Técnicas de resolução de circuitos O equacionamento de um circuito polifásico, tendo em vista determinar correntes e tensões, depende da determinação das relações tensão/corrente das fases que o constitui. Tais relações dependem do modo pelo qual os componentes estão conectados. Caso a ligação seja em estrela com neutro, o circuito polifásico pode, facilmente, ser dividido em n circuitos monofásicos, conforme descrito na Figura III.6a.

7

Respostas: I A = 20 − 90o A, I B = 20 0o A, I C = 24 105o A e I N = 14,1 − 167o A.


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Quando a ligação é realizada em estrela sem neutro, a relação tensão/corrente vai depender do fasor tensão do ponto O com relação ao neutro, V ON , conforme ilustra a Figura III.8. V 1N

I1

φ1

+ V 2N

I2

φ2

+

Z1

Z2

I1

=

I2

=

O

N

. .

V nN

I

φn .

+

Z1 V 2 N − V ON Z2

M In

Zn

n

V 1N − V ON

=

V nN − V ON Zn

Figura III.8 – Circuito polifásico conectado em estrela sem neutro. Para determinar o fasor V ON , utiliza-se o circuito equivalente de Norton, conforme mostrado na Figura III.9. O

+ Z1

Z2

I1

I2

+

. . .

+ V ON

In

+

V 1N

I SC

Z NORTON

+

V 2N

Z TH

O

Zn

V ON

O +

V TH

V ON

–

V nN

–

N

N

N

Figura III.9 – Circuito equivalente para a determinação de V ON .

Para o circuito da Figura III.9 tem-se:

V ON = V TH = I SC Z NORTON

(7)

onde:

I SC =

V 1N Z1

+

V 2N Z2

+K+

V nN

(8.a)

Zn

Z NORTON = Z TH = Z 1 // Z 2 // L // Z n

(8.b)

Observar que este resultado poderia, também, ser obtido aplicando-se a LKC no ponto O,

I1 + I 2 +K+ I n = 0 Substituindo as expressões das correntes (vide Figura III.8), tem-se: V 1N − V ON

+

V 2 N − V ON

Z1 V 1N Z1

+

Z2 V 2N Z2

+K+

V nN Zn

+K+

V nN − V ON

 1  Z1

− V ON 

Zn +

1

Z2

=0

+K+

1  =0

Zn 

Isolando V ON , chega-se a mesma expressão anterior, ou seja:

V ON

I SC Z4 NORTON 644 7444 8 64444744448  V 1N V 2 N 1 V nN    = + +K+ 1 1 1  Z 1 Z Z n  2 + +K+ Z1 Z 2 Zn


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Quando a ligação é realizada em malha, a relação tensão/corrente pode ser obtida diretamente, conforme ilustra a Figura III.10. V 1N

φ1

+

φ2

+

φ3

V 2N

N

I1

+

V 3N

I 12

I2

I 23

I3

I1

=

I 12 − I n1

=

I2

=

I 23 − I 12

=

I3

=

I 34 − I 23

=

I n1 − I (n −1)n

=

V 12 Z 12 V 23

Z 12

Z 23

Z n1

Z 23 V 34 Z 34

I n1 V nN

+

φn

In

. . . I ( n −1)n

M Z (n −1)n

In

=

V 1n

−

Z 1n

− − −

V n1 Z n1 V 12 Z 12 V 23 Z 23

V ( n −1)n Z ( n −1)n

Figura III.10 – Circuito polifásico conectado em malha.

III.2.1 – Relação tensão/corrente em sistemas trifásicos A partir das expressões mostradas anteriormente, é possível particularizar para o caso mais freqüente de sistemas polifásicos que corresponde aos sistemas trifásicos compostos por cargas equilibradas ou não e alimentado por fontes simétricas. Para a ligação estrela com neutro, cada fase estará submetida à tensão de fase, conforme mostra a Figura III.11. φ1

Sistema Trifásico 3φ COM Neutro

φ2

φ3

I L1

I L2

I L3

I φ1

Z1

Iφ2

Z2

I φ3

Z3

V φ1

=

I L2

=

I L3

=

I φ3 =

IN

=

− I φ1 − I φ 2 − I φ 3 =

=

− I L1 − I L 2 − I L 3

IN

N

I φ1 =

V 1N

I L1

I φ2 =

Z1 V 2N Z2 V 3N Z3

=

= =

Z1 V φ2 Z2 V φ3 Z3

Figura III.11 – Carga trifásica em ligação estrela com neutro. Observar que independentemente da carga ser equilibrada tem-se:

I L = Iφ Supondo que as tensões de alimentação são simétricas, tem-se, para uma carga equilibrada, Z1 = Z 2 = Z 3 = Z : Vφ VL = Iφ = I φ = I L = I L = Z 3Z e

I N = − I φ1 − I φ 2 − I φ 3 = 0 pois as correntes possuem o mesmo módulo e estão defasadas de 120 °.


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Exercício III.6: Utilizando o diagrama fasorial das correntes de fase e de linha da carga trifásica da Figura III.12, demonstrar geometricamente a expressão VL = 2Vφ cos 30o = 3Vφ . Simulação MATLAB: Utilizando os arquivos III_5.mdl e III_5m.m é possível reproduzir os resultados. No gráfico e no diagrama fasorial a seguir, observam-se as tensões de fase das Fases 1 ( V 1N em ciano), 2 ( V 2 N em vermelho) e 3 ( V 3 N em verde) e a tensão de linha entre as Fases 1 e 2 ( V 12 em azul). É possível observar a defasagem de 120° entre as tensões de fase e que a tensão de linha V 12 está adiantada 30° em relação à referência (V 1N ) .

Para a ligação triângulo, cada fase estará submetida à tensão de linha, conforme mostra a Figura III.12. φ1


φ2

com ou sem Neutro

φ3

I L1

I L2

I φ 12

I L3

I φ 23

Z 12 Z 31 Z 23

I φ 31

I L1

=

I φ 12 − I φ 31

I L2

=

I φ 23 − I φ 12

I L3

=

I φ 31 − I φ 23

I φ 12

=

I φ 23

=

I φ 31

=

V 12 Z 12 V 23 Z 23 V 31 Z 31

Figura III.12 – Carga trifásica em ligação malha ou triângulo. Supondo que as tensões de alimentação são simétricas, tem-se, para uma carga equilibrada, Z 12 = Z 23 = Z 31 = Z : Iφ = I φ = IL

VL Z

=

I L1 = I φ 12 − I φ 31 = I φ α − I φ α ± 120 o = I φ α + I φ α ± 60 o =

=

2 I φ cos 30o

=

3I φ

Exercício III.7: Utilizando o diagrama fasorial das correntes de fase e de linha da carga trifásica da Figura III.12, demonstrar geometricamente a expressão I L = 2 I φ cos 30 o = 3I φ .


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Para a ligação estrela sem neutro, cada fase da carga está submetida à diferença de potencial entre o fasor tensão de fase e o fasor tensão do centro da estrela (ponto O), conforme mostra a Figura III.13.

I L1

φ1


φ2

com semou Neutro

φ3

I φ1

I L2

Z1

I φ2

Z2

I L1

=

I L2

=

I L3

=

V 1O

I φ1 = I φ2 = I φ3 =

=

Z1 V 2O Z2 V 3O

V φ 1 − V ON

=

Z1 V φ 2 − V ON Z2 V φ 3 − V ON

=

Z3

Z3

O I L3

I φ3

Z3

V ON

=

I SC

=

Z NORTON

=

I SC Z NORTON V φ1 V φ 2 V φ 3 +

Z1

+

Z2

Z 1 // Z 2

// Z 3

Z3 =

1

1 1

+

Z1

Z2

+

1 Z3

Figura III.13 – Carga trifásica em ligação estrela sem neutro. Neste caso, inicialmente, é necessário determinar o fasor tensão deslocamento de neutro, V ON , para, posteriormente, determinar os fasores das correntes de fase que são iguais aos fasores das correntes de linha: Iφ = I L

Supondo que as tensões de alimentação sejam simétricas, tem-se, para uma carga equilibrada, Z 1 = Z 2 = Z 3 = Z , logo8: V ON =

V φ1 Z1

+

V φ2

+

Z2

V φ3

=

Z3

1 Z

=0 644 47 444 8

(V φ1 + V φ 2 + V φ 3 ) = 0

O coincide com o neutro do sistema e as correntes de fase e de linha podem ser obtidas e, portanto, oatravés ponto de: diretamente I L1

=

I φ1 =

I L2

=

Iφ2 =

I L3

=

I φ3 =

V φ1 Z V φ2 Z V φ3 Z

Exercício III.8: Um sistema trifásico CBA equilibrado a três fios, V AB = 208 − 120o V, tem carga ligada em estrela com Z A = 6 0o Ω, Z B

=6

30o Ω e Z C

=5

45o Ω. Determinar as correntes de linha I A , I B e oIeC

fasor tensão em cada impedância. Determinar, também, a tensão de deslocamento do neutro, V ON 9.

Simulação MATLAB: Utilizando o arquivo de simulação é possível reproduzir os resultados. Para a simulação deste circuito foi utilizado o arquivo III_6.mdl do qual obtém-se os valores de regime permanente (“Steady state”) por intermédio do bloco “powergui”. Observar que a tensão de linha conhecida foi transformada em tensões de fase, conforme ilustração a seguir.

8

9

Vide expressão (7). Respostas: I A = 23,3 − 98,9 o A, I B = 15, 45

V CO = 132,5

161,6 V, V ON o

=

− 2,5

o

A, I C = 26,5 116,6 o A, V AO = 139,8

− 98,9

o

V, V BO

= 92,7

27,5o V,

28,1 39,8 V. o


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Simulação MATLAB (continuação): ω

V BN

V CN

V BN

V AB V AN V AB = 208 − 120o V CN

V

Seqüência ACB com V AN = Vφ

0

AN

Seqüência ACB com

V AB = VL − 120o

Como exemplo, na figura a seguir a corrente na impedância Z C = 5 45o , em destaque na janela “Steady State Computations -- System: Exer_III.6”, é dada pelo seu valor de pico I C = 26,5 2 116,6o = 37,47 116,6o A (pico).

Exercício III.9: Refazer o Exercício III.6 considerando um sistema trifásico ABC equilibrado a três fios com V AB = 208 − 120o 10. Simulação MATLAB: Para verificação dos resultados, pode ser utilizando o mesmo arquivo do exercício anterior, alterando-se as fases das fontes de tensão, pois a tensão de linha conhecida deve ser transformada em tensões de fase, conforme ilustração a seguir. ω

V CN

V BN

V V

AN

V AB = 208 − 120o

AB

V BN

V

Seqüência ABC com V AN = Vφ

10

Respostas: I A

V BO = 149,58

= 20,00 − 165,07

94,60 V, V CO o

o

A, I B

=

Seqüência ABC com

24,93 64,60 o A, I C = 19,40

= 97,00 − 18,58


0

o

V, V ON

= 31, 48 − 67,70

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AN

o

− 63,58

o

V CN V AB = VL − 120o

A, V AO = 120,00 − 165,07 o V,

V. Página 17 de 25


III.3 – Potência polifásica Considere um sistema genérico conectado a n fios e alimentado por tensões e correntes senoidais conforme ilustra a Figura III.14. i1 (t )

v1 (t )

*

S1 = V 1 ⋅ I1

i 2 (t )

v 2 (t )

SISTEMA *

S2 =V 2 ⋅ I2

nφ

. . . i n (t )

v n (t )

. . .

(com ou sem neutro)

*

Sn =V n ⋅ In

Figura III.14 - Sistema elétrico genérico a n fios A potência polifásica complexa de um circuito a n fios é: *

*

*

(9)

S nφ = V ⋅ I4 +V ⋅ I2 +K +V ⋅4 I3n = Pnφ + jQnφ 14 24 114 424 4 44 4n4 n termos

Fazendo: V 1 = V 1X + V X V 2 = V 2X +V X M V a:= V chega-se n

nX

+V X *

*

S nφ = V 1 X ⋅ I 1 + V 2 X ⋅ I 2 + K + V nX ⋅ I mas, para um circuito a n fios, tem-se: I1 + I 2 +K+ I n = 0

* n

)*

(

+ I 1 + I 2 + K + I n VX

(lei dos nós)

e pode-se escrever: *

S nφ = V 1 X ⋅ I 1 + V 2 X ⋅ I

*

* 2 + K + V nX ⋅ I n

Fazendo X ≡ n (n-ésimo condutor), tem-se V nX S nφ = V 1n ⋅ I

= V nn = 0

resultando em:

* * * 1 + V 2 n ⋅ I 2 + K + V ( n −1)n ⋅ I ( n−1)

(10)

14444444244444443 ( n −1) termos *

Os produtos V kn ⋅ I k correspondem a: *

V kn ⋅ I k = Vkn α kn ⋅ I k − β k = Vkn ⋅ I k γ k = Vkn ⋅ I k ⋅ cos γ k + jVkn ⋅ I k ⋅ sen γ k

(11)

sendo γ k o ângulo entre o fasor tensão V kn e o fasor corrente I k , conforme ilustra a Figura III.15. V kn

Im

γk Ik

α kn βk

Re

Figura III.15 - Fasores V kn e I k no cálculo da potência complexa a n fios Circuitos Polifásicos – Sérgio Haffner

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Substituindo (11) em (10) chega-se a: S nφ = Pnφ + jQnφ Pnφ = Re S nφ ) = V1n I1 cos γ 1 + V2 n I 2 cos γ 2 + K( +) V( n) −1 n I( n)−1 cos γ n−1 1444444444 424444444444 3

(12)

Qnφ = Im S nφ ) = V1n I1 sen γ 1 + V2 n I 2 sen γ 2 + K( +) V( n) −1 n I( n −) 1 sen γ n −1 144444444424444444443

(13)

(n −1) termos

(n −1) termos

CONCLUSÃO (Teorema de Blondell): “A potência ativa de um circuito a n fios pode ser determinada através da soma algébrica das leituras de ( n-1) wattímetros desde que os sensores de corrente sejam colocados em (n-1) fios diferentes e todos os sensores de potencial sejam referidos ao fio restante”. De forma análoga, pode-se estender tal teorema para a potência reativa: “A potência reativa de um circuito a n fios pode ser determinada através da soma algébrica das leituras de ( n-1) varímetros desde que os sensores de corrente sejam colocados em ( n-1) fios diferentes e todos os sensores de potencial sejam referidos ao fio

restante”. A potência aparente polifásica é dada por: S nφ = S nφ = Pn2φ + jQn2φ

e o fator de potência médio do conjunto é dado por: FPmédio =

Pnφ S nφ

=

Pnφ 2

Pnφ + jQn2φ

Para um sistema trifásico qualquer (a três ou quatro fios, ou seja, com ou sem condutor neutro), conforme o ilustrado na Figura III.16, a potência complexa fornecida pelo Sistema A para o Sistema B é dada por: φ1

V 1N

φ2

V 2N

φ3

V 3N

I1

I2

Sistema A

Sistema B

N

I3

IN

Figura III.16 – Sistema trifásico para a determinação da potência complexa. *

*

*

S 3φ = V 1N ⋅ I 1 + V 2 N ⋅ I 2 + V 3 N ⋅ I 3

logo, P3φ = Re(S 3φ ) = V1N I1 cosθ1 + V2 N I 2 cosθ 2 + V3 N I 3 cosθ 3 Q3φ = Im(S 3φ ) = V1N I1 sen θ1 + V2 N I 2 sen θ 2 + V3 N I 3 sen θ 3 S 3φ = P3φ + jQ3φ


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e o fator de potência médio é dado por: FPmédio =

P3φ S3φ

As potências aparentes fornecidas pelas fases são dadas por: S1 =

P12 + Q12 = V1N I1

S2 =

P22 + Q22 = V2 N I 2

S3 =

P32 + Q32 = V3 N I 3

e os fatores de potência são dados por: FP1 = P1 = cosθ1 S1 FP2 = FP3 =

P2 S2 P3 S3

= cosθ 2 = cosθ 3

Exercício III.10: Dois sistemas trifásicos em equilíbrio, x e Y, estão interconectados por linhas cuja impedância é igual a Z = (1 + j 2 ) Ω. As tensões de linha dos sistemas x e Y são, respectivamente, V ab = 12 0o kV e V AB = 12 5o kV, como mostrado na figura abaixo. Determinar qual sistema é a fonte, qual é a carga e a potência média fornecida pela fonte e dissipada pela carga 11. Z

+ V–ab

+ Z

V–AB

Sistema x

Sistema Y Z

Simulação MATLAB: Utilizando o arquivo de simulação é possível reproduzir os resultados. Para a simulação deste circuito foi utilizado o arquivo III_7.mdl do qual obtém-se os valores de regime permanente (“Steady state”) por intermédio do bloco “powergui”. Observar que a tensão de linha conhecida foi transformada em tensões de fase, conforme ilustração a seguir. Para as fontes do Sistema Y, as tensões de fase devem ser adiantadas de 5o. V cN

ω

V cN

V aN V bN

V ab

V aN V ab = 12

V bN Seqüência abc com V aN = Vφ

0

Seqüência abc com

0o

V ab = VL

0o

11

Respostas: O Sistema Y (fonte) fornece potência para o Sistema x (carga). A potência média fornecida pelo Sistema Y é 5,13 MW; a potência média dissipada pelo Sistema x é 4,91 MW; a diferença entre os valores anteriores é dissipada na linha de transmissão. Circuitos Polifásicos – Sérgio Haffner

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Simulação MATLAB (continuação): Na figura a seguir observa-se em destaque o valor da potência média fornecida para cada um dos sistemas.

Exercício III.11: Um sistema simétrico de tensões trifásicas ABC alimenta uma carga conectada em estrela com neutro. Sabendo que Z A = (4 + j3) Ω, Z B = (3 − j 4) Ω, Z C = 5 Ω e V L = 50 3 V, determinar: a)

As potências complexas e os fatores de potência de cada fase: S A , S B , S C , FPA , FPB e FPC .

b)

A potência complexa total e o fator de potência médio: S 3φ e FP3φ 12.

Simulação MATLAB: Utilizando o arquivo de simulação III_8.mdl é possível reproduzir os resultados que são mostrados em destaque a seguir.

Exercício III.12: Refazer o Exercício III.11 removendo o condutor neutro.

12

Respostas: a) S A = (400 + j 300 ) VA, S B = (300 − j 400 ) VA, S C b) S 3φ = (1200 − j100) VA e FP3φ = 0,9965 .


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=

500 W, FPA = 0,8 , FPB

= 0,6

e FPC = 1 .

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Para um sistema trifásico simétrico alimentando uma carga equilibrada, tem-se13: ( m cos ) ωt + φ ) ( ( v)A (t = V i A) t = I m cos ωt + φ − θ vB (t ) = Vm cos(ωt + φ − 120o ) iB (t ) = I m cos(ωt + φ − 120o − θ ) o vC (t ) = Vm cos(ωt + φ + 120 ) iC (t ) = I m cos(ωt + φ + 120o − θ ) Utilizando a definição de potência instantânea, tem-se: p A)(t =)()(v A t i A t (= Vm)I m(cos ωt +)φ cos ωt + φ − θ pB (t) = vB( ) t( i)B t = Vm I m( cos ωt + φ −()120o cos ω)t + φ − 120o − θ pC (t) = vC( ) t( i)C t = Vm I (m cos ωt + φ +()120o cos ω)t + φ + 120o − θ sendo a potência total dada por:

(14) (15) (16)

p3φ ()t = p()A t + () pB (t) + pC t

) ( ωt + φ) cos ωt + φ − θ +( cos ωt (+) φ − 120 o cos ) ωt + φ − 120o − θ + p3)φ (t = Vm I(m cos

(

()

cos ω)t + φ + 120o − θ Das expressões (14), (15) e (16), têm-se 14: + cos ωt + φ + 120

) t )+ φ cos ωt + φ − θ cos( (ω

o

(

)=

) ωt + φ − 120 ( o −θ cos (ωt +( φ )− 120 o cos

= =

) ωt + φ + 120 ( o −θ cos (ωt +(φ )+ 120 o cos

= =

(17)

]

1 [cos θ + cos 2ωt + 2φ − θ ] 2 1 ) [cos θ + cos 2ωt + 2φ − 240 o − θ ] = 2 1 [cos θ + cos(2ωt + 2φ − θ + 120 o )] 2 1 ) [cos θ + cos 2ωt + 2φ + 240 o − θ ] = 2 1 [cos θ + cos(2ωt + 2φ − θ − 120o )] 2

Substituindo as expressões anteriores na expressão (17), chega-se a: 

) p3φ (t

=

=0 64444444444444 47 44444444444444 8 (+ cos 2ωt + (2)φ − θ + 120o) + cos 2ωt + 2φ − θ − 120o  =

Vm I m

1 (3 cosθ )+ cos 2ωt + 2φ − θ 2

Vm I m

V I 1 3 cosθ = 3 m m cosθ = 3P1φ 2 2



= 3VI cosθ

Deste modo, a potência trifásica instantânea fornecida para um sistema equilibrado15, através de tensões simétricas, é constante. Assim, embora a potência instantânea fornecida por intermédio de cada uma das fases seja variável, o somatório de todas as contribuições é constante.

Exemplo III.3: Para o circuito em regime permanente da Figura III.17, determinar: V 1N

+ V 2N

+

N V 3N

I1

Z1

Z2

I2

a I 12 b

Z 23

c

+

V 2 N = 12600 − 120o V

Z 12 Z 31

I 23

I3

Z3

V 1N = 12600 0 V

V 3 N = 12600 120o V Z 1 = Z 2 = Z 3 = (2 + j 20 ) Ω

I 31 Z 12 = Z 23 = Z 31 = (2514 − j900 ) Ω

Figura III.17 – Circuito trifásico equilibrado com carga em triângulo.

13

Foi utilizada a seqüência ABC, mas o resultado permanece válido para a seqüência ACB.

14

Lembrar que:

15

cos a cos b

=

1 [cos(a −)b +( cos) a + b ] 2

Observar que o resultado obtido pode ser estendido para qualquer sistema polifásico simétrico que alimente cargas equilibradas, ou seja, a potência polifásica instantânea fornecida para um sistema equilibrado, alimentado por tensões simétricas, é constante. Circuitos Polifásicos – Sérgio Haffner

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a) b) c) d) e) f)

O circuito equivalente por fase e as correntes de linha de todas as fases. As tensões de fase e de linha na carga. As correntes de fase na carga. A potência ativa total fornecida pela fonte trifásica ao circuito. A potência total dissipada na carga que está conectada em triângulo. O percentual da potência fornecida pela fonte que é dissipada pela carga.

Solução: a) O circuito equivalente para a Fase 1 é dado por: Z1

I1

a

+

+

Z∆

= 838 − j 300 3 – A partir do circuito equivalente pode-se determinar a corrente de linha da Fase 1, sendo as correntes das demais fases obtidas aplicando o mesmo defasamento observado nas tensões, ou seja, I 2 deve estar atrasado de 120o com relação à I 1 e I 3 deve estar adiantado de 120o com relação à I 1 : V 1N 12600 12600 o = = = 14,2302 18,43 = 13,5 + j 4,5 I1 = Z 1 + Z Y 2 + j 20 + 838 − j 300 840 − j 280 I 2 = 14,2302 − 101,57 o = −2,8529 − j13,9413

V aN

V 1N

ZY =

I 3 = 14,2302 138,43o = −10,6471 + j 9,4413

b) Como o circuito é equilibrado, as tensões de fase na carga para a Fase 1 podem ser obtidas a partir do circuito equivalente, empregando divisor de tensão: V aN =

ZY 838 − j 300 12600 = 12666,07 − 1,26o = 12663 − j 279 V 1N = 2 + j 20 + 838 − j 300 Z1 + Z Y

Para as demais fases é aplicada a mesma defasagem utilizada na determinação das correntes: V bN = 12666,07 − 121,26 o = −6573,12 − j10826,98 V cN = 12666,07 118,74 o = −6089,88 + j11105,98

As tensões de linha podem ser obtidas pelas diferenças entre as tensões de fase: V ab = V aN − V bN = 21938,28 28,74o = 19235,71 + j10548,71 V bc = V bN − V cN = 21938,28 − 91,26o = −482,41 − j 21932,97 V ca = V cN − V aN = 21938,28 148,74o = −18753,30 + j11384,26

Observar que as tensões de linha apresentam um módulo que é 3 vezes o módulo das tensões de fase e uma fase adiantada de 30o em relação às respectivas tensões de fase (isto é válido para a seqüência ABC). c) As correntes de fase na carga podem ser obtidas de diversas formas. Inicialmente será determinada a partir das tensões de linha, sendo dadas por: V ab 19235,71 + j10548,71 o = = 8,2158 48, 44 = 5,4507 + j 6,1473 I 12 = 2514 − j 900 Z 12 V bc − 482,41 − j 21932,97 o = = 8,2158 − 71,56 = 2,5984 − j 7,7941 I 23 = 2514 − j900 Z 23 V ca − 18753,30 + j11384,26 o = = 8,2158 168,44 = −8,0491 + j1,6468 I 31 = 2514 − j900 Z 31


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Solução (continuação): Outra forma, válida inclusive para circuitos desequilibrados, é a partir das equações de malha do circuito que são dadas por: V 1N

Z1

+

I1

a I 12

IA Z 12 V 2N

Z2

+

N

I2

b

Z 31 I 23

IC

IB V 3N

Z3

+

)

I3

Z 23

c

I 31

)

− V 1N + Z 1 I A + Z 12 I A − I C + Z 2 I A − I B + V 2 N = 0

)

)

− V 2 N + Z 2 I B − I A + Z 23 I B − I C + Z 3 I B + V 3 N = 0

Z 23 (I C − )I B (+ Z 12) I C − I A + Z 31 I C = 0 Z 1 + Z 12 + Z 2 )I A − Z 2 I B − Z 12 I C = V 12

)

− Z 2 I A + Z 2 + Z 23 + Z 3 I B − Z 23 I C = V 23

(

)

− Z 12 I A − Z 23 I B + Z 12 + Z 23 + Z 31 I C = 0 o

(2518 − j)860 ( I A) −( 2 + j 20) I B − 2514 − j900 I C = 12600 3 30 − (2 + )j 20 ( I A + 2518 ) ( − j860) I B − 2514 − j 900 I C = 12600 3 − 90o − (2514 − j)900 − j 900 ( I A − ) 2514 ( ) IB +

7542 − j 2700 I C

=0

As correntes de malha são dadas por: I A = 14,2302 18,43o = 13,5 + j 4,5 I B = 14,2302 − 41,57 o = 10,6471 − j 9,4413 I C = 8,2158 − 11,57 o = 8,0490 − j1,6471

e as correntes de fase na carga podem ser obtidas a partir das correntes de malha, sendo dadas por: I 12 = I A − I C = 8,2158 48,44o = 5,4507 + j 6,1473 I 23 = I B − I C = 8,2158 − 71,56o = 2,5984 − j 7,7941 I 31 = − I C = 8,2158 168,44o = −8,0491 + j1,6468

Uma terceira forma de obter as correntes de fase é considerar que em um circuito equilibrado a relação entre as magnitudes das correntes de linha e de fase em uma ligação em malha (triângulo) é igual a 3 . Desta forma, a magnitude de todas as correntes de fase na carga conectada em triângulo é dada por I 14,2302 Iφ = L = = 8, 2158 . Com relação ao ângulo de fase dos fasores corrente de fase, observa-se uma 3 3 diferença de fase de 30o com relação aos respectivos fasores corrente de linha, estando as correntes de fase na carga em triângulo I 12 , I 23 e I 31 adiantadas em relação às correntes de linha I 1 , I 2 e I 3 , respectivamente, conforme mostrado no diagrama fasorial a seguir. Circuitos Polifásicos – Sérgio Haffner

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Solução (continuação): 90

15

120

60

I3

10

I 12

150

30

5

I1 180

I 32

0

210

330

I 23 240

I2

300 270

d) Em função do equilíbrio do circuito, a potência fornecida pela fonte trifásica corresponde a três vezes a potência fornecida pelas fontes individualmente. Para a fonte da Fase 1, tem-se: * * S 1 = V 1 I 1 = 12600 ⋅ (14,2302 18,43o ) = 179300 − 18,43o = (170104 − j 56685) VA Assim, a potência ativa total da fonte trifásica é dada por: P3φ = 3 Re S 1 = 3 × 179300 = 510312 W e) Em função do equilíbrio do circuito, a potência dissipada nas três fases do circuito é idêntica, sendo a potência total dissipada na carga igual à potência dissipada em uma das fases, que pode ser determinada no circuito equivalente por fase: 2

P1φ = RY ⋅ I 1 = 838 × 14,23022 = 169693 W P3φ = 3P1φ = 3 × 169693 = 509081 W Observar que o mesmo resultado pode ser obtido para a carga conectada em triângulo, pois a potência ativa dissipada em cada carga, neste caso, é dada por: 2 P1φ = R∆ ⋅ I 12 = 2514 × 8,21582 = 169693 W

f) O percentual da potência fornecida pela fonte que é dissipada pela carga é determinado a partir dos resultados obtidos nos Itens (d) e (e): 509081 P(% ) = 100% = 99,75% 510312 Na Tabela III.1 encontram-se sugestões de exercícios, referentes aos assuntos tratados neste capítulo. Tabela III.1 – Sugestões de exercícios referentes ao Capítulo III. Livro Alexander&Sadiku (2003)

Capítulo

12

Página: Exercícios 465: 12.1; 12.2; 12.4; 12.5; 12.6; 12.9 466: 12.11; 12.13; 12.14 467: 12.17; 12.20 468: 12.21; 12.22; 12.25; 12.27 469: 12.32; 12.34; 12.36; 12.39; 12.40; 12.41; 12.43 470: 12.45 471: 12.55 472: 12.63; 12.64; 12.66; 12.67; 12.68; 12.69; 12.70


11

Irwin (2000)

12

272: 274: 506: 508: 509: 512:


11.1; 11.3; 11.5; 11.6; 11.9 273: 11.12; 11.14; 11.16; 11.17 11.21; 11.23; 11.25; 11.26; 11.27; 11.28; 11.29 12.1; 12.2 507: 12.6; 12.10; 12.18; 12.21; 12.22 12.23; 12.28; 12.31; 12.34 12.39; 12.40; 12.41; 12.44; 12.46; 12.47 12.63; 12.64; 12.65

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IV – Circuitos acoplados magneticamente IV.1 – Auto indutância Para o indutor da Figura IV.1 excitado por uma corrente variável i1 (t ) , tem-se:

1 Sentido → regra da mão direita

i1 (t )

φ11 (t ) = B ⋅ A

+ v1 (t )

φ1 (t)

()

= φ11

t

– B – indução média sobre uma espira [T] A – área de uma espira [m2]

N1 espiras

Figura IV.1 – Fluxo magnético e a auto-indutância. Ψ1

()t

v1 )(t

= =

L1(i)1 t d

)(Ψ1

dt

(1) t

=

d

d

dt

dt

)( [L1i1 t ] = L1

i1 (t ) (Lei de Faraday)

(2)

sendo: L1 – auto-indutância [henry, H]; φ1 (t ) – intensidade do fluxo magnético através de uma espira [weber, Wb]; Ψ1

()t

=

N1(φ) 1 t

– fluxo concatenado no enrolamento [weber, Wb];

De (1), tem-se a expressão da auto-indutância de uma bobina com N1 espiras: L1

=

Ψ1

(t )

i1 (t )

=

N1φ1 (t )

(3)

i1 (t )

Neste Capítulo serão considerados apenas circuitos magnéticos lineares. IV.2 – Indutância mútua Indutância mútua é o parâmetro que relaciona a parcela do fluxo concatenado em um enrolamento com a corrente no enrolamento que produziu este fluxo.

Circuitos Acoplados Magneticamente – SHaffner/LAPereira

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φ 21 (t ) φ12 (t )

1

φ11 (t )

2

φ 22 (t )

i1 (t )

i 2 (t )

+

+

v1 (t )

v 2 (t )

–

– N2 espiras

N1 espiras

Fluxo em 1: φ1 ()t

()

= φ11

Fluxo em 2:

()

+ φ12

t

φ 2 ()t

t

()

= φ 22

t

()

+ φ 21

t

Figura IV.2 – Bobinas magneticamente acopladas. De acordo com a Figura IV.2, quando existe a circulação de uma corrente i1 (t ) no enrolamento 1 ocorre o surgimento de um fluxo no enrolamento 2 ( φ 21 (t ) é o fluxo que passa por L2 e é produzido por L1). A tensão induzida em 2 é proporcional à variação do fluxo concatenado Ψ21 ()t = N 2φ()21 t :

(t)

=

v2 )(t

=

v 2 ()t

=

Ψ21

()1 t Mi d dt M

(pela definição de fluxo concatenado)

)Ψ ( 21

t

d

() i1

dt

=

M

=

Ψ21

(t )

i1 (t )

(4)

d

)( [Mi1 t ] dt

(5)

t

De forma análoga, aplicando uma corrente i 2 (t ) no enrolamento 2 ocorre o surgimento de um fluxo no enrolamento 1 ( φ12 é o fluxo que passa por L1 e é produzido por L2). A tensão induzida em 1 é proporcional à variação do fluxo concatenado

()t

=

v1)(t

=

v1 ()t

=

Ψ12

Mi()2 t d dt M

)Ψ ( 12 d

=

()t

N 1φ()12 t :

(pela definição de fluxo concatenado) =

t

() i 2

dt

Ψ 12

M

=

Ψ12

(t )

i2 (t )

(6)

d

)( [Mi2 t ] dt

(7)

t


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O fluxo produzido por um enrolamento não é totalmente acoplado pelo outro. A relação entre o fluxo mútuo concatenado nos enrolamentos ( Ψ21() t = N(2)φ 21 t e Ψ12 ()t = N1φ()12 t ) e o fluxo concatenado total no enrolamento produtor ( Ψ(1 )t = N1(φ) 1 t e Ψ2 ()t = N 2φ() 2 t , para os enrolamentos 1 e 2, respectivamente) é denomina-se coeficiente de acoplamento, representado por K (0 ≤ K ≤ 1) : Ψ21

K

Fluxo mútuo Fluxo total

=

=

φ 21 (t )

=

φ1 (t )

(t )

N2 Ψ1 (t )

(t ) (t )

Ψ21

(t ) (t )

Ψ12

N1

Ψ21

N2

Ψ1

N2 N1

Ψ12 Ψ2

=

)(t

=

)(t

=

N2

K)( Ψ1 t

(8.1)

N1 K)(Ψ t 2 N2

(8.2)

N1

N1 Ψ12

K

Fluxo mútuo = φ12 (t ) Fluxo total φ 2 (t )

=

=

(t )

N1 Ψ2 (t )

=

N2

Aplicando (8.1) em (4) e (8.2) em (6), chega-se a: N2 M

(t ) = i1 (t )

N1

(t ) = i2 (t )

N2

Ψ21

=

Ψ12

=

=

i1 (t ) N1

M

KΨ1 (t )

N 2 KL1i1 (t ) N1

KΨ2 (t ) =

i2 (t )

i1 (t )

KL1 (considerando i2 (t ) = 0 )

N1

N1 KL2 i2 (t ) i2 (t )

N2

N2

=

=

N1 N2

(9)

(considerando i1 (t ) = 0 )

KL2

(10)

Multiplicando (9) por (10), tem-se: M2 M

N2

=

N1

=

KL1 ×

N1 N2

KL2

=

K 2 L1 L2

K L1 L 2

Assim, a indutância mútua M de dois enrolamentos é proporcional ao coeficiente de acoplamento K e à média geométrica de suas indutâncias próprias L1 e L2.

IV.3 – Polaridade das tensões i nduzidas Na Figura IV.2, quando existe circulação de corrente em ambos enrolamentos, tem-se um fluxo total concatenado no enrolamento 1 formado por uma parcela própria ( Ψ11 ) e uma parcela mútua ( Ψ12 ) produzida pelo enrolamento 2: Ψ1 ()t = Ψ()11 t +()Ψ12 t . Analogamente, para o enrolamento 2, tem-se um fluxo total concatenado formado por uma parcela própria ( Ψ22 ) e uma parcela mútua ( Ψ21 ) produzida pelo enrolamento 1: Ψ2 ()t = Ψ()22 t +()Ψ21 t . De acordo com a Lei de Faraday, em ambos enrolamentos, a tensão induzida será igual à derivada do fluxo concatenado com relação ao tempo: v1 ()t

=

v2 )(t

=

d dt d

()Ψ1

t

)(Ψ2

t

=

=

d

() [Ψ11()

dt d

)( [Ψ22 )(

+ Ψ12

t t

t

+ Ψ21

dt d dt d v1)(t = L1 )( i1 t + )(M i2 t dt dt d d v 2 )(t = M )( i1 t + )(L2 i2 t dt dt

]= t

d dt d

)(

Ψ11

]=

+

t

)(

Ψ22

dt

t

d

)(

Ψ12

dt d

+

)(

dt

t

Ψ21

)(= t

d

[L1i1 t ] +

dt d

)=(

d dt

[L2 i2 t ] +

dt

[Mi2 (t )] d

dt

[Mi1 (t )]

(11) (12) (13) (14)

Para o regime permanente senoidal, podem-se escrever as seguintes expressões no domínio da freqüência: V1

=

jωL1 I 1

+

j ωM I 2

V2

=

j ωM I 1

+

j ωL 2 I 2


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Sendo ωL1 = X 1 , ωL2 V1

=

jX 1 I 1

+

V2

=

jX M I 1

=

=

X M , tem-se:

(15)

jX M I 2 +

(16)

jX 2 I 2

= ωM = ωK

XM

X 2 e ωM

L1 L2

=

⇒

K ωL1ωL2

XM

=

K X1X 2

que corresponde ao circuito elétrico equivalente da Figura IV.3. I1

I2

+

+ jX 1

V1

+

jX 2 V2

+ jX M I 2

jX M I 1

–

–

Figura IV.3 – Circuito equivalente das bobinas magneticamente acopladas da Figura IV.2. Caso o sentido de um dos enrolamentos (por exemplo, o enrolamento 2) fosse invertido, o fluxo próprio de cada enrolamento se oporia ao fluxo mútuo acoplado pelo outro e a tensão induzida teria polaridade oposta à queda de tensão própria, resultando nas seguintes expressões: V1

=

V2

= − jX M

jX 1 I 1

−

jX M I 2

(15a)

I1

+

(16a)

jX 2 I 2

cujo circuito equivalente é dado pela Figura IV.4. I1

I2

+

+ jX 1

jX 2

V1

V2 jX M I 2

–

+

jX M I 1

+

–

Figura IV.4 – Circuito equivalente com uma das bobinas invertidas. Circuitos Acoplados Magneticamente – SHaffner/LAPereira

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Para duas bobinas, só existem duas posições relativas para os fluxos produzidos: ou estão no mesmo sentido ou em sentidos opostos. Deste modo, a posição relativa das bobinas pode ser representada através da convenção ou regra dos dois pontos: Corrente entrando pelo ponto no indutor 1 induz tensão no indutor 2 com o positivo no ponto de 2.

Para dois indutores, são possíveis as quatro situações ilustradas na Figura IV.5. I1 I1

+

K

+

I2

I2

•

V1

+

+

•

V2

–

jX 1 V1

+

–

jX 2 V2

+ jX M I 2

jX M I 1

–

– I1

I1

I2

I2

+ +

+

+

V1

V2 •

–

•

jX 1 V1

+

–

K

jX 2 V2

+ jX M I 2

jX M I 1

–

– I1

I1

I2

I2

+ +

K

V1

+

+

•

V2 •

–

jX 1

jX 2

V1

V2

–

jX M I 2

+

–

jX M I 1

+

I1 I1

–

I2

I2

+ +

•

K

V1

–

•

+

+ V2

jX 1

jX 2

V1

V2

–

jX M I 2

–

+

jX M I 1

+

–

Figura IV.5 – Posições relativas entre indutâncias e a regra do ponto. Circuitos Acoplados Magneticamente – SHaffner/LAPereira

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Exemplo IV.1: Sabendo que o circuito a seguir encontra-se em regime permanente, determinar as correntes de

malha e a potência dissipada nas resistências. 12,5 mH

5Ω

+ v) (t

= 100

•

(2 cos ) 400t

i1 (t )

K=0,8

25 mH

10 Ω

i2 (t )

50 mH •

Figura IV.6 – Circuito com indutâncias magneticamente acopladas. Solução: Considerando as polaridades indicadas na Figura IV.6, o circuito equivalente em regime permanente

é dado pela figura a seguir. Os valores das impedâncias correspondentes às indutâncias próprias e mútua são dados por: própria de 12,5 mH: j 400 × 12,5 × 10 −3 = j 5 Ω 3

j 400 × 25 × 10 −

própria de 25 mH: própria de 50 mH:

j 400 × 50 × 10

−3

=

j10 Ω

=

j 20 Ω

j 0,8 10 × 20 = j8 2 Ω mútua de 25 mH e 50 mH com K = 0,8 : Com relação à polaridade das fontes de tensão que representam o acoplamento magnético, observar que a corrente I 1 entra no ponto da reatância j10, portanto a polaridade da fonte posicionada junto à reatância j20 é no ponto (parte inferior da fonte); a corrente I 2 entra no ponto da reatância j20, portanto a polaridade da fonte posicionada junto à reatância j10 é no ponto (parte superior da fonte). Ω

5Ω

j5 •

+ = 100

V

0

j20 Ω

j10 Ω

10 Ω

o

I1

I2

•

+ j8 2 I 1

j8 2 I 2

+

Figura IV.7 – Circuito equivalente em regime permanente senoidal. As equações de malha do circuito são dadas por: M1: − 100 + (5 + j 5 + j10)I 1 + j 8 2 I 2 = 0

⇒

M2: j8 2 I 1 + (10 + j 20 )I 2 = 0 Cuja solução é: I 1 = 4,8847 − j 6,3837 = 8,0382

i1 (t ) = 11,37 cos

− 52,58

o

I 2 = −3,6550 + j1,7837 = 4,0670 153,99 As potências dissipadas nas resistências são dadas por: o

P5 Ω

= 5×

I1

2

2 = 5 × 8,0382 ≈ 323 W

P10 Ω

(5 + j15)I 1 + j8 2 I 2 = 100

i2 (t ) = 5,75 cos = 10 ×

I2

2

(400t − 52,58 ) A o

(400t + 153,99 ) A

= 10 × 4,0670

o

2

≈ 165

W

Como não existem outros componentes que dissipem potência no circuito, observar que a potência ativa fornecida pela fonte é igual à P5 Ω + P10 Ω = 488 W : Pfonte

{S fonte }= Re V I 1*

= Re

=

Re{100(4,8847 − j 6,3837 )* }≈ 488 W


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Solução alternativa: Os gráficos das correntes instantâneas de malha e as potências dissipadas nas

resistências podem ser obtidos por intermédio de simulação no M ATLAB/SIMULINK utilizando-se o arquivo 1 IV_7.mdl . No gráfico a seguir a corrente da Malha 1 está representada em azul, e a corrente da Malha 2 em verde, apresentando os valores de pico aproximados de 11,4 A e 5,8 A, respectivamente.

i1( t)

[A]

i2( t)

[A]

Correntes de malha do circuito magneticamente acoplado. Na janela de simulação são apresentados os valores das potências dissipadas nas resistências de 10 Ω e 5 Ω que correspondem ao valor médio da potência instantânea, destacados na figura a seguir.

Exercício IV.1: Refazer o Exemplo IV.1 considerando que o acoplamento entre as bobinas foi reduzido pela

metade, ou seja, K = 0,4 . Verificar e comentar as diferenças obtidas nas potências dissipadas em função da variação do coeficiente de acoplamento. Exemplo IV.2: Determinar a impedância de entrada (regime permanente senoidal) do circuito a seguir,

estando a chave aberta ou fechada. K=0,5 I

j2

•

•

j2

1 I1

j4 •

Z

j4

2

I2

•

K=0,5

Figura IV.8 – Indutâncias magneticamente acopladas. 1



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Solução: Para as reatâncias e coeficientes de acoplamento da Figura IV.8, têm-se: X M1

=

K X1 X 2

= 0,5

2 × 2 =1 Ω

X M2

=

K X1 X 2

= 0,5

4× 4

=2Ω

Chave aberta: Utilizando a definição de indutância mútua, o circuito equivalente quando a chave está aberta

é dado pelas Figuras a seguir. j2

I

j2

jX M 1 I

jX M 1 I

+

+ I1

I2

+

0

+

jX M 2 I 2

Z

=

j4

j4

jX M 2 I 1

Figura IV.9 – Circuito equivalente quando a chave está aberta. I

j2

j2

jI

+

jI

j2

I

−

j1

j2

−

j1

+ +

+

I1

=

I j4

j4 V

V

–

–

Figura IV.10 – Circuito simplificado para determinação de Z . Do circuito da Figura IV.10, tem-se a seguinte equação de malha: V = j 2I − j I + j 2I − j I + j 4I = j6I Pela definição de impedância: V j6I Z= = = j6 Ω I

I

Considerando as polaridades da corrente e das tensões do circuito da Figura IV.10, observar que as fontes controladas que representam o acoplamento mútuo entre os indutores comportam-se como reatâncias de natureza capacitiva. Chave fechada: Utilizando a definição de indutância mútua, o circuito equivalente quando a chave está

aberta é dado pela Figura a seguir. j2 I

j2

jX M 1 I

+

jX M 1 I

+ I1

I2 j4

j4

+ Z

jX M 2 I 2

+ jX M 2 I 1

Figura IV.11 – Circuito equivalente quando a chave está fechada. Circuitos Acoplados Magneticamente – SHaffner/LAPereira

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Solução (continuação): Analisando a malha dos componentes que estão em paralelo, tem-se: j 4I 1 + j 2I 2 = j 4I 2 + j 2I 1 ⇒ j 2I 1 = j 2I 2 I1

=

I2

j2

I

I

=

2 j2

jI

jI

j2

I

+

−

j1

2

−

j1

+ I1

=

j4

I

2

I2 j4

=

I

+

2

j4

1 = j2 2

j2

1 = j1 2

V

+

+

j 2I 2

Z

j 2I 1

–

Figura IV.12 – Circuito simplificado para determinação de Z . Do circuito da Figura IV.12, tem-se a seguinte equação de malha: V

=

j 2I

−

jI

+

j2I

−

jI

+

j4

I

2

+

j2

I

2

=

j5 I

Pela definição de impedância: j5 I V = j5 Ω Z = = I

I

Considerando as polaridades da corrente e das tensões do circuito da Figura IV.12, observar que as fontes controladas que representam o acoplamento mútuo dos indutores em paralelo comportam-se como reatâncias de natureza indutiva. Solução alternativa: Os valores das impedâncias de entrada para as situações de chave aberta e fechada

podem ser determinados por intermédio de simulação no MATLAB/SIMULINK utilizando-se, respectivamente, os arquivos IV_1a.mdl. e IV_1f.mdl. (ATENÇÃO: em ambos casos, foi necessário introduzir uma resistência em série com o circuito para a obtenção do regime permanente.) Utilizando-se o primeiro arquivo, são obtidos o seguinte gráfico para a tensão e corrente. Da simulação, obtém-se que V = 2202 0 V e o

I

=

21, 97 2

− 36,93

o

A, logo Z

= V = I

(8 + j 6) Ω . Como o valor da resistência adicionada foi de 8

Ω,

a

impedância de entrada do circuito da Figura IV.8 com a chave aberta tem de ser igual a j6 Ω.

v( t)

[V]

i(t)

[A]

Utilizando-se o segundo arquivo, são obtidos o seguinte gráfico para a tensão e corrente. Da simulação, obtémse que V = 2202 0 V e I = 23,230 − 32,03 A, logo Z = VI = (8 + j 5) Ω . Como o valor da resistência adicionada o

o

foi de 8 Ω, a impedância de entrada do circuito da Figura IV.8 com a chave fechada tem de ser igual a j5 Ω.


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Solução alternativa (continuação):

v( t)

[V]

i(t)

[A]

IV.4 – Circuitos equivalentes Considere o circuito magneticamente acoplado da Figura IV.13 em regime permanente senoidal.

I1

Z

Z

I2

I1

I2

K

+

+

•

jX 1

V1

V

+

+

•

jX 2 V 2

jX 1

Z2

V1

V

–

+

+

jX 2

+

–

jX M I 2 XM

=

K

X1 X 2

V2

+

Z2

jX M I 1

–

–

Figura IV.13 – Circuito exemplo. Para o circuito equivalente da Figura IV.13 tem-se: I2

=

V1

=

−

jX M I 1

Z2

+

jX 2

jX 1 I 1

+

jX M I 2

=

jX 1 I 1

+

jX M

−

jX M I 1

Z2

+

jX 2

=

jX 1 I 1

X M2

+

Z2

+

jX 2

I1

  X M2 I 1 jX 1 +   Z + jX 2  144422 444 3

=

Z1 Z1

=

V1

2

=

jX 1

+

I1

XM + 1 2 24 2 Z4 jX3 ref

Z2 ref

Z2

2

XM

=

Z2

+

jX 2

(impedância do circuito 2 “refletida” para o circuito 1)

Assim o circuito equivalente para os terminais do circuito que são alimentados pela fonte (indutor 1) é dado pela Figura IV.14.


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I1

Z

I2

+

+

•

+

+

•

jX 1

V1

V

I1

Z

K

jX 2 V 2

–

+

Z2

jX 1 V1

V

–

ref

XM = K

Z2

X1X 2

–

2

XM

=

Z2

+

jX 2

Figura IV.14 – Circuito equivalente a partir da fonte. Para os terminais da carga (indutor 2) o circuito equivalente pode ser determinado a partir do equivalente de Thévenin, como mostrado na Figura IV.15. I1

Z

+

+

•

+

•

jX 1

V1

V

jX 2 V 2

–

+ +

Z2 V TH

–

XM = K

I2

Z TH

I2

K

V2

X1 X 2

2

–

Figura IV.15 – Circuito equivalente a partir da carga. Para determinar a tensão de Thévenin V TH considera-se aberto o circuito da carga e, portanto, a corrente I 2 é nula I 2 = 0 . Tem-se, assim, o circuito da Figura IV.16, e a seguinte expressão: I1

Z

I2

=

0

+

+

+

jX 1 V1

V

jX 2 V TH

+ jX M I 1

–

–

Figura IV.16 – Circuito equivalente para determinação de V TH . V TH

=

jX M I 1

=

jX M

V Z

+

jX M

=

jX 1

1 424 3

Z

+

jX 1

(17)

V

I1

A determinação da corrente de curto-circuito permite determinar a impedância de Thévenin/Norton. Circuitos Acoplados Magneticamente – SHaffner/LAPereira

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I1

Z

I2

I SC

+ +

jX 1 V1

V

jX 2

+

+ jX M I 2

jX M I 1

–

Figura IV.17 – Circuito equivalente para determinação de I SC . De acordo com a Figura IV.17, tem-se para o circuito referente à carga: =

I SC

jX M I 1

XM

(18)

I1

X2

= − I SC = −

I2

XM

=

jX 2

I1

X2

Para o circuito da fonte, tem-se: I

2 48 647

I1

V

=

(

I1 Z

I1

+

−

jX M I 2

Z

+

jX 1

=

Z

+

−

V =

 X  jX M  − M I 1   X2 

jX 1

+

Z

)=V + j

2 XM

X2 =

V 2 X jX 1 − j M X2

V

+

j

=

jX 1

Z

+

X M2 X2 jX 1

  

I 1 Z

⇒

I1

(

X2 Z

X2 jX 1

+

I1

) − jX 2

+

jX 1 − j

X M2 

 =V

X 2 

(19)

V

M

Substituindo (19) em (18), tem-se: I

1 4444 644447 8

I SC

=

XM  X2  X 2  X 2 (Z +) jX 1

−

2

jX M

 XM ) X Z + jX 2 1 

V=

(

(20)

V

−

jX M2

(

+

jX 1

Z

+

De (17) e (20) tem-se: jX M Z TH

=

ZN

=

V TH

Z

=

I SC

(

X2 Z

+

jX 1

XM +

jX 1

V =

)− jX 2

j

V

X2 Z

)− jX 2

M

jX 1

M

2

Z TH

=

ZN

=

jX 2

XM

+

Z

+

(21)

jX 1

Diretamente, a partir de (15), (16), (15a) e (16a), pode-se escrever as seguintes expressões na forma matricial: V 1   jX 1  = V 2   jX M

jX M   I 1 

⋅



jX 2   I 2 

V 1   jX 1  = V 2  − jX M

−

jX M   I 1 

⋅



jX 2   I 2 

que podem ser obtidas, respectivamente, a partir dos circuitos passivos T equivalentes (vide teoria de quadripólos) da Figura IV.18. Observar que embora as relações entre tensões e correntes sejam idênticas, a equivalência entre os circuitos da Figura IV.18 não é perfeita porque no circuito T existe uma ligação elétrica entre os circuitos dos dois indutores que não está presente no circuito srcinal (no qual os dois indutores estão isolados eletricamente). Circuitos Acoplados Magneticamente – SHaffner/LAPereira

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I1

+

•

jX 2

XM =K

V1

–

–

jX M

jX 1

I2

V2

–

I2

jX 2

–

j(X 2 + X M

)

I2

+

V2

V1

–

–

•

)

+

+ K

j(X 1 + X M

I1

•

V1

)

X1X 2

I1

+

j(X 2 − X M

+

V2

–

)

+

+

•

jX 1

V1

j(X 1 − X M

I1

I2

K

−

jX M

V2

–

Figura IV.18 – Circuito equivalente T de dois indutores acoplados magneticamente. Exemplo IV.3: Para o circuito da Figura IV.6, determinar a impedância da carga Z que quando colocada no

lugar da resistência de 10 Ω absorve a máxima potência do circuito. Determinar, também, a potência dissipada em Z . Solução: Para determinar a impedância de carga Z que produz a máxima transferência de potência (MTP) é

necessário calcular a impedância de Thévenin do circuito a partir dos terminais que tal impedância será conectada. Como também se deseja determinar a potência dissipada em Z , é necessário conhecer o circuito Ω

equivalente por exemplo) a partir dos terminais da resistência de 10 impedância (Thévenin, Z , conforme ilustrado a seguir.

que será substituída por uma

j5 Ω

5Ω

Z TH •

+ V

= 100

0

j10 Ω

+

j20 Ω

o

I1

I2

•

+ j8

j8

2I2

V TH

2 I1

+

No circuito anterior, considerando I 2

=0

(circuito aberto), tem-se:

I

1 6447 44 8

V TH

=−



 100  = (− 67,8822 − j 22,6274) = 71,5542 5 5 10 + j + j  

j8 2 

− 161,57

o

V

Utilizando-se a equação (21),2 pode-se mostrar que: (8 2 ) = j 20 + 2,56 − j 7,68 = (2,56 + j12,32) = 12,5832 78,26 Z TH = j 20 + 5 + j 5 + j10 Logo, para MTP, é necessário que:

Z

=

*

(Z ) TH

=

(2,56 − j12,32) = 12,5832

o

Ω

− 78,26 Ω o

A potência dissipada na impedância Z corresponde à potência dissipada na sua parte real, sendo igual a:

{}

P = Re Z I

2

=

2,56

71,5542

− 161,57

o

2,56 + j12,32 + 2,56 − j12,32


2

=

2,56 × 13,9754 2

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= 500

W

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Solução alternativa: O valor da impedância de carga para MTP e a potência dissipada nesta impedância

podem ser obtidos por intermédio de simulação no MATLAB/SIMULINK utilizando-se os seguintes arquivos: IV_9.mdl, IV_9In.mdl e IV_9Vth.mdl. Utilizando-se o segundo e terceiro arquivos determinam-se, respectivamente, a corrente de curto circuito (corrente de Norton) e a tensão de circuito aberto (tensão de Thévenin), cujos valores estão em destaque nas figuras a seguir.

Assim, a impedância de Thévenin será dada por: 101 − 71,91 V TH 2 Z TH = = ≈ (2,63 + j12,26 ) = 12,54 77,89 Ω 8, 054 − 149,8 IN 2 que é bastante próximo do resultado exato obtido nos cálculos anteriores. Observar que os ângulos de fase obtidos nas simulações apresentam uma diferença de fase de 90 o, pois na simulação estes ângulos tomam como referência a função “seno”. Assim, para obter o ângulo de fase correto é necessário subtrair 90 o dos ângulos apresentados, ou seja: –149,8o em seno correspondem a –239,8o=120,2o em cosseno –71,91o em seno correspondem a –161,91o em cosseno o

o

o

No primeiro arquivo a impedância de carga para MTP  Z 

=

(Z )* = (2,63 − j12,26) Ω  TH

é colocada no

circuito, obtendo-se os resultados mostrados nas figuras a seguir para as correntes das malhas 1 e 2 e para a potência dissipada na carga.

i1( t)

[V]

i2( t)

[A]


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IV.5 – O transformador linear

Um transformador é um dispositivo constituído por dois ou mais enrolamentos magneticamente acoplados. O transformador linear da Figura IV.17 é utilizado como dispositivo de acoplamento entre a fonte e a carga. ZF

R1

I1

•

+ Transformador

Fonte

R2

K •

jX 1

VF

I2

jX 2

ZC

Carga

X M = K X1X 2

Figura IV.17 – Transformador como dispositivo de acoplamento e seu circuito magnético equivalente. O enrolamento ligado à fonte é denominado primário e o enrolamento ligado à carga secundário sendo o transformador definido com os seguintes parâmetros: R1 e X 1 – Impedância própria (resistência e reatância) do enrolamento primário; R 2 e X 2 – Impedância própria (resistência e reatância) do enrolamento secundário; X M – Reatância relativa ao acoplamento mútuo entre os enrolamentos. Substituindo o acoplamento mútuo pelas fontes correspondentes, chega-se ao circuito elétrico da Figura IV.18. ZF

I1

R1

R2

I2

+ +

Transformador

jX 1 V1

VF

Fonte

+

–

V2

+ jX M I 2

Carga

jX 2 ZC

jX M I 1

+

–

Figura IV.18 – Circuito elétrico equivalente do transformador linear.

(

)

(22)

V F = Z F + R1 + jX 1 I 1 − jX M I 2 I2 =

jX M I 1 R 2 + jX 2 + Z C

=

jX M R 2 + jX 2 + Z C

(23)

I1

Substituindo (23) em (22), tem-se:

(

)

V F = Z F + R1 + jX 1 I 1 − jX M

jX M R 2 + jX 2 + Z C

I1

2

V F =  Z F + R1 + jX 1 +

 

XM  I 1 R 2 + jX 2 + Z C 

Daí, a impedância total vista pela fonte de tensão ideal é:

Z=

VF I1

 X M2  Z F + R1 + jX 1 +  R2 + jX 2 + Z C = I1

ref

 Z2  I 1 Fonte Impedância do primário 6447448  6 474 8 X M2  = ZF + R1 + jX 1 + }

R2 + jX 2 + Z C

que corresponde à impedância interna da fonte associada em série com a impedância própria do primário em série com uma parcela que corresponde à impedância do secundário refletida para o circuito primário. Circuitos Acoplados Magneticamente – SHaffner/LAPereira

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Exercício IV.2: Os parâmetros de um transformador linear são: R1 = 200 Ω, R 2 = 100 Ω, L1 = 9 H, L 2 = 4 H

e K = 0,5 . O transformador é usado para acoplar uma impedância constituída por uma resistência de 800Ω em série com um capacitor de 1 µF a uma fonte de tensão senoidal de 300V (rms), ω=400 rad/s, cuja impedância interna é (500+j100)Ω. a) Determinar o circuito equivalente no domínio da freqüência. b) Calcule o valor eficaz (rms) das correntes no primário e no secundário. c) Calcule a impedância refletida do circuito secundário para o primário. d) Calcule a impedância do ponto de vista dos terminais do primário do transformador. e) Calcule o valor eficaz (rms) das tensões nos terminais da carga e da fonte. f) Calcule a potência média dissipada pelo resistor de 800 Ω. g) Que porcentagem da potência média fornecida pela fonte ao transformador é fornecida para a carga? Solução alternativa: Parte dos resultados do exercício podem ser obtidos diretamente por intermédio de simulação no MATLAB/SIMULINK utilizando-se o seguinte arquivo IV_2.mdl, estando indicados em destaque na figura a seguir.

IV.6 – O transformador ideal IV.6.1 – Expressões gerais do transformador ideal

Um transformador ideal é um caso particular de circuitos magneticamente acoplados no qual as indutâncias próprias L1 e L2 são muito grandes (tendem a infinito) e o coeficiente de acoplamento é igual a unidade: K = 1 . Para as polaridades indicadas na Figura IV.19, são válidas as seguintes expressões: v1)(t = L1 v2 )(t = M

d

d

)( i1 t

( − )M

)( i1 t

− )(L2

dt d

dt

dt d

i2 t

(24)

i2 t

(25)

dt

i1 (t ) i1 (t )

+

•

i 2 (t )

i 2 (t )

K=1 •

+

v1 (t )

v 2 (t )

–

–

N1 : N 2

+

•

L1 v1 (t ) M

–

L2

M

+

M = K L1 L 2 v 2 (t )

+

di 2 (t ) dt

+

•

M =

L1 L2

dii (t ) dt

–

Figura IV.19 – Transformador ideal representado por circuito magneticamente acoplado.


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d i2 (t ) em (25) e substituindo em (24), tem-se: dt d 1  d  i2 )(t =  M )( i1)( t − v2 t  dt L2  dt  d M2  d M 1  d    i1 t + v1) (t = L)1( i1 t − M ) () ( M i1 t − v2 )t(  = )(L1 − v2 t dt L2  dt L2  dt L2   Como K = 1 , pode-se escrever:

Isolando

⇒

M = L1 L2

M 2 = L1 L2

⇒

L1 −

M2 L2

(26)

(27)

=0

2

M L2

=

L1 L2 L2

=

L1

L1αN1 L2αN 22

⇒

L2

M L2

=

N12

N M = 1 L2 N 2

⇒

N 22

(28)

pois as auto-indutâncias são proporcionais ao quadrado do número de espiras  L1 =

N1φ1 (t ) i1 (t )



sendo P a permeância do espaço atravessado pelo fluxo, então

L1 =

N1 [P N1i1 (t )] i1 (t )

, com

φ1 ()t = P N()1i1 t

,



= P N12  .



Substituindo (27) e (28) na expressão (26), tem-se: v1 )(t = 0

v1 (t ) N1 = v 2 (t ) N 2

N N d )( i1 t +)( 1 v2 )(t = 1 v2 t dt N2 N2

(29)

Como o transformador é ideal, a potência instantânea de entrada, p1 (t ) , é igual a potência instantânea de saída, p2 (t ) pois as perdas são desprezíveis, ou seja: ()2 t ⇒ () v()1 t ⋅()i1( t) = v2 t ⋅ i2 t p1 ()t = p logo, i1 t = v2 t = N 2 i2 ((t )) v1 ((t )) N1

(30)

As expressões (29) e (30) definem o modo de operação dos transformadores ideais. IV.6.2 – Transformador ideal em regime permanente senoidal

A Figura IV.20 apresenta o circuito equivalente de um transformador ideal, em regime permanente senoidal. I1

+

N1 : N 2 •

Transformador Ideal

•

V1

–

I2

+ V2

Ideal

C

–

Figura IV.20 – Transformador ideal. Considerando as polaridades indicadas na Figura IV.20 e as expressões gerais (29) e (30), o regime permanente senoidal do transformador ideal pode ser descrito por: V1 V2 I1 I2

=

=

N1 N2 N2 N1

⇒

V2 =

⇒

I2 =

N2 N1 N1 N2

V1

(31)

I1

(32)


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N2

fazendo a =

N1

, a relação de espiras do transformador ideal, pode-se escrever:

V 2 = aV 1 I2 =

1 a

I1

1

⇒

V1 =

⇒

I 1 = aI 2

a

V2

No caso do circuito secundário possuir uma impedância Z C , tem-se: I2 =

V2

⇒

I1 = aI 2 = a

ZC

V2 ZC

e a impedância de entrada do transformador ideal (impedância refletida) é dada por: V2 ref

ZC =

V1 I1

=

a

a = 1 Z C a2 V2

ref

⇒

ZC =

1 a2

ZC

ZC

Assim é possível, através da relação de espiras, alterar a magnitude da impedância “vista” pela fonte objetivando maximizar a transferência de potência (casamento de impedâncias). Exemplo IV.3: Determinar a relação de transformação que um transformador ideal deveria possuir para que

um alto-falante cuja impedância é 6Ω possa receber a máxima potência de um amplificador cuja impedância de saída é 600Ω. Solução: Neste caso Z C = 6 Ω e a impedância refletida deveria ser igual à da fonte (amplificador), ou seja: ref

ZC

= Z F = 600 Ω

ref

Mas: Z C = N2 N1

=

1 a

1 10

2

⇒

ZC

a=

ZC Z

ou

N1 N2

ref C

ZC a= Z

ref C

=

6 1 = 600 10

= 10

Simulação MATLAB: Utilizando-se o arquivo IV_3.mdl, pode-se verificar que a melhor relação ocorre para N2 1 . Na simulação é possível alterar os valores de N e N e verificar que a potência será sempre inferior = 1 2 N1 10

ao valor obtido com a relação determinada para MTP.


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Observar que o sinal das relações de transformação do transformador ideal, dadas pelas expressões (31) e (32), depende do sentido arbitrado para as correntes e tensões terminais em relação aos pontos de polaridade. A Tabela IV.1 sintetiza as relações possíveis quando em um dos enrolamentos a polaridade da tensão conincide com o ponto e a corrente entra pelo ponto. Tabela IV.1 – Relações de transformação do transformador ideal. Polaridades I1

Relações de transformação I2

N1 : N 2

+

•

V1

+

V2

•

V1

=

N1 N2

=

N2 N1

=

N1 N2

V2

I1 – I1

+

Ideal

–

N1 : N 2

+

•

I2 I2

V1 V2

•

V1

V2

I1 – I1

+

Ideal

–

N1 : N 2

–

•

I2 I2

V1 V2

•

V1

=−

N2 N1

=−

N1 N2

V2

I1 – I1

+

Ideal

+

N1 : N 2

–

•

I2 I2

V1 V2

•

V1

=

N2 N1

=−

N1 N2

=−

N2 N1

V2

I1 –

+

Ideal

I2

IV.7 – Circuitos acoplados representados através de transformador ideal

Uma aplicação bastante freqüente para os transformadores ideais é a representação de circuitos magneticamente acoplados. Considere o circuito eletromagnético da Figura IV.21. I1

I2

K

+ •

V1

jX 1

I1

+

+

V2

V1

–

–

jX A

Ia

Ib 1:a

+

•

•

jX C

I2

+

+

Vb

V2

–

–

•

jX 2

–

jX B

X M = K X1 X 2

Va

–

Ideal

V b = aV a

I a = aI b

Figura IV.21 – Circuito equivalente utilizando transformador ideal.


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Como visto anteriormente—vide equações (15) e (16), observando que a polaridade de I 2 está trocada—as relações entre a tensão e a corrente do circuito acoplado da Figura IV.21 são: V 1 = jX 1 I 1 − jX M I 2 V 2 = jX M I 1 − jX 2 I 2

Para I 2 = (circuito 0 aberto), tem-se

I b = I a 0=

Circuito elétrico

e são válidas as seguintes expressões: Equivalente com transformador ideal V 1 = j ( X A + X B )I 1

V 1 = jX 1 I 1

V 1 = jX A I 1 + jX B I 1

V 2 = jX M I 1

V 2 = V b = aV a = a jX B I 1

(

)

V 2 = j (aX B )I 1

Analisando a semelhança das expressões, tem-se: 1 ⇒

aX B = X M

XB =

⇒

X A + X B = X1

a

XM

⇒

X A = X1 − X B

X A = X1 −

1 a

XM

Para I 2 = I SC(curto circuito), tem-se V 2 =0 e são válidas as seguintes expressões: Circuito elétrico

Equivalente com transformador ideal

0 = jX M I 1 − jX 2 I 2 I2 =

XM X2

I2 = Ib =

I1

Vb jX C XM 

V

a 64 47 44 8

[

)]

(

}



I2 

}



(

V b = aV a = a jX B I 1 − I a = j aX B  I 1 − a I b  = jX M I 1 − a I 2

I2 =

(

) (= X )

jX M I 1 − a I 2 jX C

M

XM X C + aX M

 





I 1 − aI 2

)

XC

⇒ ( X C + aX M )I 2 = X M I 1

X C I 2 = X M I 1 − aX M I 2

I2 =

 

I1

Analisando a semelhança entre as expressões finais da corrente I 2 tem-se: ⇒

X 2 = X C + aX M

X C = X 2 − aX M

Assim, o circuito equivalente utilizando um transformador ideal, é dado pela Figura IV.22. I1

K

+ V1

I2

•

jX 1

+

•

jX 2

–

 

j X 1 −

I1

1 a

+

V2

V1

–

–

 

XM 

Ia

Ib 1: a

+ j

1 a

XM

X M = K X1X 2

•

•

Va

–

Ideal

V b = aV a

j ( X 2 − aX M

)

I2

+

+

Vb

V2

–

–

I a = aI b

Figura IV.22 – Valores das indutâncias no circuito equivalente.


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Caso as indutâncias X A , X B e X C sejam dispostas de outras formas, outros circuitos equivalentes são possíveis mas o modo de determinação dos valores destas indutâncias em função dos parâmetros do circuito ( X 1 , X 2 e X M ) é semelhante. IV.8 – Autotransformadores ideais

Um autotransformador é um transformador no qual, além do acoplamento magnético entre os enrolamentos, existe uma conexão elétrica conforme mostra a Figura IV.23. São duas as formas possíveis de conexão elétrica: aditiva ou subtrativa. I1

I2 1: a

+ •

a=

+ •

V1

V1

V2

V2

–

I2

I1

–

Ideal

•

N2 N1 N1

= =

N2 N2 N1

=

1 a

=a

• •

• •

• •

•

Conexões Aditivas

Conexões Subtrativas

Figura IV.23 – Transformador ideal conectado como autotransformador. Em geral utiliza-se a conexão aditiva nas duas formas de operação possíveis, ou seja, como autotransformador elevador ou rebaixador, conforme ilustra a Figura IV.24. I2

+

Iy

+

•

Ix

+

V2 Ix

+

Vx

V1

–

–

•

I1

V1

–

+

+

Vy

Vx

– +

•

Iy

+ •

I1

V2

–

Autotransformador elevador

–

I2

–

Vy

–

Autotransformador rebaixador

Figura IV.24 – Autotransformador elevador e rebaixador.


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Para o autotransformador elevador, tem-se: N  1 I x = I 1 + I 2 = I 1 + 1 I 1 = 1 +  I 1 N2



a

1  V y =V1 +V 2 = V 2 + V 2 =  + 1V 2 N2 a  N1

Daí, as potências complexas de entrada, S x , e saída, S y , são dadas por: *

 

S x = V x I x = V 1 1 +

1 

*

*  1 *  1  1  I 1 = V 1 1 +  I 1 = 1 + V 1 I 1 = 1 +  S 1 a    a  a  a

S y = V y I *y = 1 + 1 V 2 I *2 = 1 + 1  S 2  a  a

onde S 1 e S 2 são as potências complexas de entrada e saída obtidas na conexão como transformador ideal. Assim, como a é sempre positivo, para a ligação aditiva, o autotransformador permite a transformação de maior quantidade de potência elétrica do que a conexão como transformador. A desvantagem é a perda de isolação elétrica entre o primário e o secundário. Exercício IV.3: Repetir o equacionamento da potência do autotransformador para a conexão rebaixadora. Simulação MATLAB: Utilizando-se o arquivo

IV_4.mdl, pode-se verificar o funcionamento de um transformador com relação de espiras a = 1/2 que foi conectado como autotransformador rebaixador. Nos gráficos a seguir observa-se a forma de onda da tensão do primário e do secundário.

Tensão do primário v1(t)

Tensão do secundário v2(t)

Apesar da relação de espiras ser de 1/2, a tensão foi transformada na razão de 330 2 V no primário para 110 2 V no secundário (vide gráficos anteriores), em função de sua conexão como autotransformador com conexão rebaixadora. Por ser um autotransformador ideal, a potência de entrada é exatamente igual á potência de saída, como pode ser observado na figura a seguir.


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Exemplo IV.4: Sabendo que o circuito a seguir encontra-se em regime permanente, determinar a potência

total dissipada no circuito e em cada uma das resistências. 8Ω

•

j40 Ω

+ 102 0

N1 = 100

144 Ω

•

o

•

•

j6 Ω

8500 Ω

N 2 = 200

j300 Ω

Figura IV.25 – Circuito com indutâncias magneticamente acopladas e transformador ideal. Solução: Considerando as polaridades indicadas na Figura IV.25, o circuito equivalente em regime

permanente é dado por: 8Ω •

+ 102 0

•

j6 Ω

o

–

144 Ω

IB

N1 = 100

•

+

j 40I 2

+ •

+

j300 Ω

I1

VB

j 40I 1

VA

I2 IA

+

I3

8500 Ω

–

N 2 = 200

Figura IV.26 – Equivalente em regime permanente do circuito da Figura IV.26. As equações de malha e do transformador ideal são: M1: − 102 + (8 + j 6 )I 1 − j 40 I 2 = 0 − j 40 I 1 + (144 + j 300)I 2 + V A = 0 M2: M3: − V A − V B + 8500 I 3 = 0 V A N1 200 1 Transformador ideal : = = =2 V A = 2V B V B N 2 100

V B = 0,5V A

100 1 = I A = 0,5I B I B = 2I A 200 2 Observar que as relações do transformador apresentam sinais positivos em função das polaridades definidas no circuito, caso sejam definidas outros sentidos podem ocorrer relações negativa. Substituindo as correntes de malha na equação da corrente do transformador, tem-se: IA IB

IA 67 8

I A = 0,5 I B

=

N2 N1

=

IB

}

I 2 − I 3 = 0,5 I 3

I 2 = 1,5 I 3 Substituindo a equação da tensão do transformador na equação da Malha 3, tem-se: VB 6 7 8

− V A − 0,5V A + 8500 I 3 =

0 Assim, tem-se o seguinte sistema de equações: (8 + j 6)I 1 − j 40 I 2 = 102 M1: M2: − j 40 I 1 + (144 + j 300)I 2 + V A = 0 M3+TV: 8500I 3 − 1,5V A = 0 TI: I 2 − 1,5 I 3 = 0

8500I 3 − 1,5V A = 0

1

Observar que as relações do transformador ideal apresentam sinais positivos em função das polaridades definidas no circuito. Caso sejam definidas outros sentidos para as tensões ( V A e V B ) e correntes ( I A e I B ), podem ocorrer relações negativas. Circuitos Acoplados Magneticamente – SHaffner/LAPereira

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Solução (continuação): Cuja solução é dada por: I 1 = 8,0669 − j 5,7284 = 9,8939 − 35,38o A I 2 = 0,0643 + j 0,0774 = 0,1006 50,25o A I 3 = 0,0429 + j 0,0516 = 0,0671 50,25o A V A = 243,08 + j 292,23 = 380,11 50,25o V

Assim, a potência dissipada em cada uma das resistências é dada por: 2

P8 Ω = 8 I 1 = 8 × 9,8939 2 = 783,11 W P144 Ω = 144 I 2

2

P8500 Ω = 8500 I 3

= 144 × 0,1006 2 = 1,458 W 2

= 8500 × 0,06712 = 38,275 W

A potência complexa fornecida pela fonte de tensão para o circuito pode ser determinada por: * * S fonte = V fonte I 1 = 102 0 (9,8939 − 35,38 ) = 822,81 + j 584,31 = 1009,18 35,38 VA Observar que a soma das potências dissipadas nas resistências (783,11+1,458+38,275=822,84) é igual 2 a potência ativa (parte real de S fonte ) fornecida pela fonte (conservação de potência ativa). o

o

Solução alternativa 1: Utilizando-se o arquivo

o

IV_10.mdl,

pode-se reproduzir os resultados obtidos nos

cálculos anteriores, conforme mostrado na figura a seguir.

Solução alternativa 2: O circuito poderia ser resolvido por intermédio de sucessivas reflexões de

impedâncias. Inicialmente a resistência de expressão: 8500 Ω pode ser refletida para o circuito primário do autotransformador, por intermédio da seguinte R 8500 8500 Ω ref = = 3777,78 Ω R8500 Ω = 2 2   100  N1  1 +  1 +  N2   200   ref Após esta simplificação (substituição do transformador e carga pela R8500 Ω ), o circuito equivalente é dado por:

2

As pequenas diferenças são ocasionadas pelos arredondamentos e truncamentos.


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Solução alternativa 2 (continuação): 8Ω

144 Ω •

+ 102 0

•

j6 Ω

o

j300 Ω

I1 j 40 I 2

3777,78 Ω

I2

+ j 40 I 1

+

Figura IV.27 – Circuito com a impedância de carga do transformador refletida para o primário. A seguir o acoplamento magnético poder ser retirado do circuito equivalente refletindo-se a impedância para a malha da fonte de tensão, sendo a impedância refletida e o circuito equivalente dados por: ref X M2 40 2 = = 0,4056 − j 0,0310 = 0,4068 − 4,37 Ω Z = j 300 + 144 + 3777,78 jX 2 + Z o

8Ω + 102 0

j6 Ω

o

I1

0,4056 − j 0,0310

Figura IV.28 – Equivalente com o acoplamento magnético substituído por uma impedância refletida. Utilizando-se o circuito anterior, pode-se determinar diretamente o fasor corrente I 1 : 102 = 8,0669 − j 5,7284 = 9,8939 − 35,38 A I1 = 8 + j 6 + 0,4056 − j 0,0310 Substituindo-se o valor desta corrente nas equações da Malha 2 do equivalente da Figura IV.27, tem-se: j 40 I 1 I2 = = 0,0643 + j 0,0774 = 0,1006 50,25 A j 300 + 144 + 3777,78 A corrente da Malha 3 pode ser obtida utilizando-se a relação de transformador do autotransformador da Figura IV.26, conforme realizado na solução anterior que resultou na relação I 2 = 1,5I 3 . o

o

I3 =

I2

1,5

= 0,0429 + j 0,0516 = 0,0671

50,25 A o

Exemplo IV.5: Determinar a potência complexa por fase e trifásica fornecida pela fonte ideal de tensão

trifásica do circuito. Determinar também o fator de potência por fase e trifásico. V AN

IA

+

6+j8

A

V AN = 100 30 o V

Na

Seqüência ABC

Ideal Nb

V BN

+

N

B

IB

j4

6+j8

N a = 20 N b = 10

K=0,2 V CN

+

C

6+j8

IC

j4


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Solução: Considerando as polaridades indicadas, o circuito equivalente em regime permanente é dado por:

100 30

o

+

A

IA

+

6+j8

–

Va

Na

Ideal

100 − 90

+

N

B

j 0,8 I 2

IB

j4 –

100 150

I1

Nb

o

+ 6+j8

+

Vb

I2

o

+

C

6+j8

IC

j4

+

j 0,8 I 1 − I 2

Das relações do transformador ideal, tem-se: V a N a 20 V a = 2V b = = =2 ⇒ V b N b 10 IA

=

IB

Nb Na

=

10 = 0,5 20

⇒

I B = 2I A

⇒

As equações de malha do circuito são dadas por: −2 I 1 2V b

⇒

I 2 = 3I 1

−2 I 1 6 474 8

3I1

6 474 8

}

− 100

I 2 − I 1 = 2I 1

}

30 + V a + (6 + )j8 (I 1 + ) 6 + j8 (I 1 − I 2 ) + j 0,8I 2 + j 4(I 1 − I 2 ) + V b + 100 − 90 = 0 o

o

2 I1 6 47 4 8

(

2I 6 4714 8

3I1

}

)

3I1

(

)

− 100 − 90 o = 100

3 60

}

−2 I 1 6 474 8

(

)

3I1

}

− 100 − 90o − V b + j 4 I 2 − I 1 − j 0,8 I 2 + (6 + j 8) I 2 − I 1 + (6 + j8)I 2 + j 0,8 I 1 − I 2 + j 4 I 2 + 100

(− 6 − j13,6 )I 1 + 3V b = 100 30

o

(30 + j56 )I 1 − V b = 100 − 90 − 100 150 = 100 3 − 60 Cuja solução é: I 1 = −0,5574 − j 2,5468 = 2,6071 − 102,34 A o

o

150 = 0 o

o

o

o

V b = 39,2984 + j 42,3794 = 57,7960 47,16 o V

Utilizando as relações de transformação, tem-se: I 2 = 3 I 1 = −1,6722 − j 7,6405 = 7,8214 − 102,34 A o

V a = 2V b = 78,5968 + j84,7587 = 115,5919 47,16o V

As correntes de linha são dadas por: I A = I 1 = −0,5574 − j 2,5468 = 2,6071 − 102,34 A o

I B = I 2 − I 1 = −1,1148 − j 5,0937 = 5,2143 − 102,34 o A I C = − I 2 = 1,6722 + j 7,6405 = 7,8214 77,66 o A


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Solução (continuação): A potência fornecida pelas fontes é dada por: *

(

)* = −175,62 + j192,69 = 260,71 132,34 VA * − 90 (5,2143 − 102,34 ) = 509,37 + j111,48 = 521,43 12,34 VA * 150 (7,8214 77,66 ) = 237,21 + j 745,30 = 782,14 72,34 VA

S A = V AN I A = 100 30 o 2,6071 − 102,34 o *

S B = V BN I B = 100 *

S C = V CN I C = 100

o

o

o

o

o

o

o

e a potência trifásica é: S 3φ = P3φ + jQ3φ = S A + S B + S C = 570,96 + j1049,47 = 1194,74 61,45o VA

Observar que a potência ativa total consumida pelo circuito pode ser também calculada a partir da magnitude das correntes que percorrem as resistências sendo dada por: 2 2 2 P3φ = 6 I A + 6 I B + 6 I C = 6 × 2,60712 + 6 × 5,21432 + 6 × 7,8214 2 = 570,96 W Por outro lado, a potência fornecida para as fontes dependentes de tensão que representam o acoplamento mútuo entre os dois indutores só apresenta componente imaginária (potência reativa) e é dada por: * * * * * * S ACOPLAMENTO = j 0,8 I 2 (I 1 −)I 2 (+ j 0),8 I 1 − I 2 I 2 = j 0,8 I 2 I 1 − j 0,8 I 2 I 2 + j 0,8I 1 I 2 − j 0,8 I 2 I 2 = 2 * * = j 0,8 I 2 I 1 + I 1 I 2  − j1,6 I 2 = 

QACOPLAMENTO



(

)

=

j 0,8 7,8214 − 102,34 o 2,6071 102,34o + 2,6071 − 102,34 o 7,8214 102,34o − j1,6 × 7,8214 2 =

=

PACOPLAMENTO + jQACOPLAMENTO = − j 65,25 = 65,25 − 90 VA

=

− 65,25 var

o

A potência reativa fornecida para a carga e para as reatâncias que representam a indutância própria dos indutores magneticamente acoplados é dada por: 2

2

2

2

2

2

QCARGA+PRÓPRIA = 8 I A + (4) +( )8 I B + 4 + 8 I C = 8 × 2,6071 + 12 × 5,2143 + 12 × 7,8214 = 1114,73 var

Desta forma, a potência reativa trifásica fornecida pelas fontes também pode ser obtida por: Q3φ = QACOPLAMENTO + QCARGA+PRÓPRIA = −65,25 + 1114,73 = 1049,47 var O fator de potência de cada fonte individualmente é: P − 175,62 P 509,37 = −0,6739 = 0,9769 FPA = A = FPB = B = 260,61 521,43 SA SB

FPC =

PC SC

=

237,21 = 0,3033 782,14

e o fator de potência médio é dado por: P3φ 570,96 FPmédio = = = 0,4779 S 3φ 1194,74

Exercício IV.4: Um transformador de 5 kVA, 110 V/220 V será conectado a uma carga de 330 V que será

alimentada por uma fonte de 110 V. a) Determinar o diagrama apropriado. b) Determinar a carga máxima que pode ser alimentada pelo autotransformador. Simulação MATLAB: Utilizando-se o arquivo IV_5.mdl, pode-se realizar a simulação do funcionamento do

transformador conectado como autotransformador elevador com relação 110 V (fonte) para 330 V (carga). Nesse caso, a potência na carga é maior que a potência nominal do transformador, como pode-se observar na figura a seguir (a potência limite dos enrolamentos é de 5 kVA e a potência na carga é de 7,5 kVA).


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Simulação MATLAB (continuação):

Exercício IV.5: Um transformador trifásico é constituído por 3 módulos monofásicos idênticos com N1 = 100

e N 2 = 400 espiras. Determinar: a) As relações de transformação (em termos das tensões de linha) possíveis de serem obtidas. b) Considerando como referência angular o fasor tensão de fase da Fase A do enrolamento de menor nível de tensão, desenhar o diagrama fasorial das tensões de fase do primário e do secundário para cada uma das configurações possíveis do transformador. Para o enrolamento de menor tensão, sabe-se que a tensão de linha igual a 220 V e seqüência de fase ABC. c) O diagrama fasorial das correntes de linha nos dois lados do transformador, quando uma fonte trifásica com tensão de linha igual a 220 V é conectada ao enrolamento de menor tensão e uma carga trifásica constituída por R = 240 Ω e X = 100 Ω , ligação estrela, é conectada ao outro. Simulação MATLAB: Utilizando-se os arquivos

IV_6a.mdl, IV_6b.mdl, IV_6c.mdl e IV_6d.mdl, pode-se realizar a simulação do funcionamento dos transformadores trifásicos conectados em triângulo/estrela, estrela/triângulo, estrela/estrela e triângulo/triângulo, respectivamente. Em função da conexão empregada, as relações de transformação possíveis são as seguintes: VL1 1 3 VL1 1 triângulo-estrela (∆-Y): estrela-triângulo (Y- ∆): = = = 4 VL 2 4 VL 2 4 3 3

VL1 1 1 triângulo-triângulo ( ∆-∆): = 4 VL 2 4 Os diagramas fasoriais das correntes e tensões de cada tipo de conexão podem ser obtidos utilizando-se os arquivos IV_6am.m, IV_6bm.m, IV_6cm.m e IV_6dm.m.

estrela-estrela (Y-Y):

VL1

VL 2

=

Na Tabela IV.2 encontram-se sugestões de exercícios, referentes aos assuntos tratados neste capítulo. Tabela IV.2 – Sugestões de exercícios referentes ao Capítulo IV. Livro

Capítulo

Alexander&Sadiku (2003)


13

516: 518: 520: 522: 523:

Página: Exercícios 13.1; 13.2; 13.3; 13.5 517: 13.6; 13.7; 13.8; 13.10; 13.11; 13.14 13.18; 13.21; 13.22 519: 13.25; 13.26; 13.30; 13.31; 13.33 13.34; 13.36; 13.37; 13.38; 13.40 13.48; 13.49; 13.50; 13.53; 13.54 13.55; 13.56; 13.58 525: 13.74; 13.75; 13.76

12

300: 302: 303: 305:

12.1; 12.3; 12.4 301: 12.6; 12.7; 12.8; 12.9; 12.10; 12.11; 12.12 12.15; 12.17; 12.18; 12.20; 12.22; 12.23 12.26; 12.27; 12.28; 12.30 304: 12.32; 12.34; 12.35; 12.36; 12.39 12.43; 12.44


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Tabela IV.2 – Sugestões de exercícios referentes ao Capítulo IV. Livro

Irwin (2000)

Capítulo

13

Página: Exercícios

550: 553: 556: 559: 563:

13.1; 13.2; 13.3 13.13; 13.14; 13.16 13.28; 13.29; 13.30; 13.31 13.42; 13.43; 13.44 13.59; 13.60; 13.62; 13.63; 13.64;


551: 13.4; 13.5; 13.6; 13.7 554: 13.17; 13.18 557: 13.34; 13.35; 13.37 561: 13.50; 13.51; 13.53 13.65

Versão: 11/9/2007

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V – Análise de circuitos pela transformada de Laplace V.1 – Introdução

De forma análoga à transformada fasorial, aplicada para determinação do regime permanente senoidal de circuitos elétricos lineares e invariantes no tempo, a transformada de Laplace pode ser empregada para determinar a resposta completa desta mesma classe de circuitos para uma gama bastante variada de funções de excitação. De uma maneira geral, as equações diferenciais lineares invariantes no tempo que descrevem as correntes e tensões destes circuitos podem ser resolvidas seguindo os passos esquematizados no diagrama da Figura V.1.

Equações diferenciais lineares e invariantes no tempo

Transformada de Laplace

Equações algébricas no domínio da freqüência

Condições iniciais

Transformada inversa de Laplace

Solução temporal

Figura V.1 – Esquema de solução de equações diferenciais empregando Transformada de Laplace. V.2 – Definição

A transformada de Laplacede uma função f (t ) é definida pela equação: +∞

L[ f (t )] = F() s

=

(∫) f t e − st dt

(1)

0

onde s é a freqüência complexa (2)

s = σ + jω

e assume-se que a função f (t ) possui a seguinte propriedade f (t ) = 0para

t 0<

Observar que se ignora o comportamento de f (t ) para valores negativos de t, sendo esta denominada transformada de Laplace unilateral. O funcionamento do circuito para instantes anteriores a t = 0 é incorporado por intermédio da consideração das suas condições iniciais.

Análise de Circuitos pela Transformada de Laplace – Sérgio Haffner – Versão 11/9/2007

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Exemplo V.1: Determinar a transformada de Laplace da seguinte função: f (t ) A t<0 0, f (t ) =  − at  Ae , t ≥ 0 t

Solução: Pela definição, ∞

 e −( s+ a )t 

∞

∞

L[ f (t )] = ∫ Ae −at e − st dt = A∫ e −(s+ a )t dt = A  0 0  − (s + a )  0

=

 e −( s+a )∞

A −



(s + a )

+

e −( s+ a )0  (s + a ) 

0 , e −( s + a )∞ → 0  0 1  A L[ f (t )] = A− + =  (s + )a( )s + a  s + a

Supondo Re{s + a} = σ

ou

F (s ) =

+a>

A s+a

Solução alternativa: A transformada de Laplace pode ser obtida por uma função do MATLAB1 utilizando-se

o arquivo V_1.m. A transformada inversa de Laplaceé definida pela relação: c + j∞ 1 () F s e st dspara L−1 [F (s )] = (f )t = t0> 2πj c−∫j∞

(3)

sendo c a abscissa de convergência de F (s ) que é uma constante real maior que as partes reais de todos os pontos singulares de F (s ) . Usualmente não é efetuada esta integração; é feita a expansão de F (s ) em frações parciais de modo que a transformada inversa de cada termo seja conhecida (de tabela). Exemplo V.2: Determinar a transformada inversa de Laplace da seguinte função:

1 com a ≠ b (s − a)( s −) b Dica: Notar que: 1 A B A(s −)b (+ B) s − a F (s ) =

( A + B )s − Ab − Ba = + = = (s − a)( s −) b s − a s − b (s − a)( s −) b (s − a)( s −) b para que a igualdade anterior seja válida A + B = 0 ⇒ B = − A 1 −1 − Ab − Ba = 1 ⇒ − Ab − (−) A a = 1(⇒)A a − b = 1 ⇒ A = e B= , logo a−b

1 (s − a)( s −) b 1

Disponível em

=

1  1 

a−bs−a

−

a−b

1  

s−b



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Solução:

L−1 [F (s )]

=

=

L−1 [F (s )] ou

f (t ) =

=

 1  1 1  1 −1  1 − L    =  a − b  s − a s − b  a − b  s − a 1  −1  1  −1  1   L −L  s − b   a − b   s − a  

L−1 

1 a−b

1 a−b

(e at − e bt para )

(e at − ebt )para

−

1  =

s − b 

t 0≥

0t ≥

Solução alternativa: A transformada inversa de Laplace pode ser obtida por uma função do M ATLAB

utilizando-se o arquivo V_2.m.

V.3 – Algumas funções especiais V.3.1 – Função degrau unitário u(t)

A função degrau unitário é dada por: u (t )

1 0, t < 0 u(t ) =  1, t > 0 t

Observar que esta função não é definida para t = 0 podendo assumir dois valores diferentes (0 e 1). Entretanto, é possível definir uma aproximação linear (por partes) para a função degrau utilizando-se os instantes − ε e + ε , conforme ilustra a Figura V.2. u (t )

1

t

–ε ε

Figura V.2 – Aproximação linear da função degrau A transformada de Laplace da função degrau unitário é dada por: ∞

∞

0

L[u (t )] =

0

∞

 e −st    − s 0

L[u (t )] = ∫ u (t )e − st dt = ∫1e − st dt = 

 e − s∞

= −



s

+

e −s 0 



s 

1 s


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Como podem ocorrer descontinuidades para instantes diferentes do tempo t = 0 , tem-se: u (t − a ) 1 0, t < a u (t − a ) =  1, t > a a

t

A transformada de Laplace da função degrau unitário deslocada no tempo é dada por: ∞

∞

∞

a

 e −st    − s a

L[u (t − a )] = ∫ u (t − a )e − st dt = ∫ 0e − st dt + ∫1e −st dt =  0

L[u (t − a )] =

0

a

 e − s∞

= −



s

+

e − sa   s 

e − as s

Exemplo V.3: Escreva uma expressão matemática para a função da Figura V.3, com auxílio da função degrau. f (t )

2

3 1

4

2

t

–2 Figura V.3 – Função do exemplo. Solução: As expressões das equações de reta que descrevem o comportamento da função da Figura V.3 são: t<0 0  0 < t <1 2t  f (t ) = − 2t + 4 1< t < 3  34 

A função degrau é utilizada para “ligar” e “desligar” os segmentos de reta para compor a função da figura: f )(t

=

2)(t [u( t )− u t − 1 ] +( 2tu ()t ( +

− 2t )+( )4

[u (t −)1 − u t − 3 ] +( 2t )−( 8 [)u t(− 3) − u t − 4 ] = − 4t)(+ 4) u( t − 1 )(+ 4)t (− 12 u )(t − 3) + − 2t + 8 u t − 4

Solução alternativa: O gráfico da função anterior pode ser obtido por intermédio do MATLAB/SIMULINK

utilizando-se os arquivos V_3m.m e V_3.mdl.


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V.3.2 – Função impulso unitário δ(t)

A função impulso unitário pode ser representada no limite pelo pulso retangular da Figura abaixo, quando ε → 0 . O impulso unitário é zero, exceto para t = 0 , onde seu valor tende a infinito, porém sua área é unitária: δ (t ) δ (t ) = 0 +∞

+ε

−∞

−ε

δ (t )

1 2ε

t≠0

Área=1

∫ δ ()t dt = ∫()δ t dt = 1 t

–ε ε

d

Analisando a Figura V.2, observar-se que

dt

t

u (t) = δ( ) t .

Como a função degrau unitário, o impulso também pode ser definido para instantes diferentes de zero: δ (t − a ) δ (t − a ) 1 Área=1 δ (t − a ) = 0 t≠a 2ε +∞

∫

a +ε

δ (t −) a

−∞

dt =(

∫)δ t − a dt = 1

a −ε a–ε a+ε

a

t

a

t

Uma propriedade importante da função impulso unitário é a propriedade de amostragem ou filtragem: +∞

∫ f ()t(δ t )− a dt( =) f

a

−∞

Observar que a função impulso filtra tudo menos o valor de f (t ) em t = a , pois +∞

a +ε

∫ f ()t( δ t) − a dt ()=( ∫ )f −∞

a +ε

t δ t −()(a dt) =

a −ε

a +ε

∫ (f) (a δ t)− a dt() = f a ∫ δ t − a dt = f a −ε

a

a −ε

A transformada de Laplace da função impulso unitário é dada por: ∞

∞

+ε

+ε

L[δ (t )] = ∫(δ) t e − st dt = ∫)e( − stδ t dt)(= ∫ e)−(s 0δ t dt = 0

0

−ε

∫ δ t dt = 1 −ε

L[δ (t )] = 1 A transformada de Laplace da função impulso unitário deslocada no tempo é dada por: ∞

L[δ (t − a )] =(∫)δ t − a e(−)st dt = 0

a +ε

∫

δ

a −ε

a +ε

∫

t −( a) e − st dt =( ) e − saδ t − a dt = e −as a −ε

a +ε

∫ δ t − a dt = e

− as

a −ε

L[δ (t − a )] = e − as


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V.4 – Transformadas funcionais V.4.1 – Co-seno e seno A para s+a

Lembrar que L[Ae −at ] = L[cosωt ]

=

=

=

 e jωt

Re{s +}a

=σ + }{ Re

a >0

 1 1 jωt − j ωt j ωt  =[ L e ]+ e [ ] =[ ](L e 2 2   2 1 1 1    = + − ω + ω s j s j 12  s + jω + s − jω  s  = 2 2 s2 + ω 2  s +ω2

L

+e

− j ωt

+Le

− jωt

)= para

σ >

0

para

σ >

0

Daí, L[cosωt ] = L[sen ωt ]

s s2 + ω 2 =

 e jωt

 1 1 − jωt − jωt jωt jωt  = [ L e ]− e [ ]=[ ] (L e − L e 2 2 j j   1 1 1   = − j 2  s − jω s + jω  1  s + jω − (s − jω )  1  j 2ω  ω = 2  =  2 2  2 j2  s2 + ω 2  j2  s + ω  s + ω

L

=

=

−e

− jωt

)=

j2

para

σ >0

para

σ >0

Daí, L[sen ωt ] =

ω

s2 + ω 2

V.4.2 – Funções usuais

A Tabela V.1 apresenta algumas transformadas funcionais muito utilizadas na análise de circuitos elétricos. Tabela V.1 – Transformadas de Laplace de algumas funções Domínio do tempo: f (t ), t > 0

Domínio da freqüência complexa:

Impulso unitário

δ (t )

Degrau unitário

1 ou u (t )

1 1

Nome

Rampa Parábola Polinômio Exponencial

t t

2

2

F (s )

s

1 s

2

1

s3

tn

1

n!

s n+1

e − at

1 s+ a


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Tabela V.1 – Transformadas de Laplace de algumas funções Domínio do tempo: f (t ), t > 0

Nome Co-seno

cos ωt

Seno

sen ωt

Rampa amortecida

Domínio da freqüência complexa: F (s ) s s2 + ω 2 ω

s2 + ω 2

1

te − at t

Polinômio amortecido

n

n!

2

(s +1a )

e −at

Co-seno amortecido

e − at cos ωt

Seno amortecido

e − at sen ωt

(s + a )n+1 s+a

(s + a )2 + ω 2 ω

(s + a )2

+ω

2

V.5 – Algumas propriedades da transformada de Laplace V.5.1 – Linearidade

L[A1 f1 ()t

+

A2 ()f 2 t ] = A1 L[ f1 (t )] + A2 L[ f 2 (t )] = A1 F()1 s + A()2 F2 s ∞

L[A1 f1 ()t

Prova:

A2 (f)2 t

+

]

= =

∫0 [A1()f1 t

∞

+

∞

∫0

() 2 f 2 t ]e −st dt = A1)( f1 t e −st dt )+( A2 A

A1 L[ f1 (t )] + A2 L[ f 2 (t )] = A1 F()1 s + A()2 F2 s

∫0 f 2 t e

− st

dt =

V.5.2 – Derivação no tempo df (t )  = sF (s)  dt 

L 

−

(f ) 0

∞

Prova:

L[ f (t )] = ∫ f (t )e − st dt 0

Integrando por partes

∫ udv = uv − ∫ vdu , com:

u = f (t )

du = df (t ) = df (t ) dt dt e − st v= −s

⇒

dv = e − st dt ⇒

∞

 u v   e − st   f (t )  −s   0 }

L[ f (t )]

∞

}

=

−

∞

 e − st df (t ) e − s 0  1 df (t ) −st + dt =  f (∞) 0 − ( f) 0 e dt = − s  s dt dt  0

∫0 − s

∫


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L[ f (t )]

()f 0

=

+

s

1 )(  df t  L s  dt 

 df (t )  Isolando o termo L  ,tem-se:  dt   df (t )  ) s( )− f 0 L  = s L[ f (t )] − f( )0 = (sF  dt 

Para derivadas de ordem superior, tem-se:  d 2 f (t )  2 = s F (s) 2   dt 

−

sf( ) 0 −

 d n f (t )  n  = s F ()s n  dt 

−

s n−(1)f 0 − s n−2

L L

df (0 ) dt

)(df 0 dt

−K−

)( d n−2 )f( 0 s

dt

n−2

−

d n−1 f 0 dt n−1

V.5.3 – Integração no tempo

L ∫ f ( x )dx  = t





0

F (s ) s

V.5.4 – Deslocamento no tempo f(t)

f(t – a)

t

a

t

L[ f (t − )a( u t) − a ] = e − as F (s ), a > 0 V.5.5 – Mudança de escala no tempo

1 s L[ f (at )] = F  , a > 0 a

a

V.5.6 – Convolução no tempo t



 0



L[ f1 (t) * f(2) t ] = L  ∫ f(1) x( f 2 )t − x dx() =()F1 s F2 s


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V.5.7 – Derivação em freqüência

L[tf (t )] = −

dF (s ) ds

Para derivadas de ordem superior, tem-se: L[t n f (t )] = (− 1)n

d n F (s ) ds n

V.5.8 – Deslocamento em freqüência

L e − at f ()t =( F s) + a V.5.9 – Resumo das propriedades da transformada de Laplace

Algumas propriedades úteis da transformada de Laplace encontram-se na Tabela V.2. Tabela V.2 – Algumas propriedades da transformada de Laplace Propriedade ou operação Multiplicação por constante Adição/subtração Linearidade

Domínio do tempo: f (t )

Domínio da freqüência complexa: F (s )

Af (t ) f1 (t) + f(2) t

AF (s ) F1 (s) + F(2) s

A1 f1 ()t + A2 (f)2 t

A1 F1 ()s + A2(F) 2 s

df (t ) dt

sF (s) − (f ) 0

Primeira derivada no tempo Derivada de ordem n no tempo Integração no tempo Deslocamento no tempo

d n f (t ) dt

n

)(df 0 dt

)( d n−2 )f( 0

−K− s

∫ 0 f (x )dx

F (s ) s

f (t − a )( u t) − a , a > 0

e − as F (s )

t

Mudança de escala no tempo

f (at ), a > 0

Convolução no tempo

f1 (t) * f(2) t

Primeira derivada em freqüência

tf (t )

Derivada de ordem n em freqüência Deslocamento em freqüência

s n F ()s − s n −(1)f 0 − s n− 2

t n f (t ) e − at f (t )

dt

n−2

−

d n −1 f 0 dt n −1

1 s F  a

a

F1 (s) F2( )s −

dF (s ) ds

(− 1)n

d n F (s ) ds n

F (s + a )


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Exemplo V.4: Utilizando as transformadas e propriedades de tabela, determinar a transformada de Laplace da

função dente de serra da Figura a seguir. f(t) A

T

t

Figura V. 4 – Função dente de serra. Solução: Para descrever a função dente de serra será utilizada a função porta: g (t −)a ( = u) t( − a

−)u

t − a −τ

u(t-a) – u(t-a-τ)

1 a+τ a

t

-1 g(t-a)

1

a

t

a+τ

Deste modo, a função dente de serra pode ser expressa por: A ) ( ( [tu ) t − tu t − T ] t()((u t − )u t − )T = T Para utilizar diretamente a propriedade do deslocamento no tempo é necessário escrever a função no tempo, f ()t =

A

T

na forma: L[ f (t − a)( u t) − a ] = e − as F (logo: s) , f )(t

= =

A )( [(tu t − )(t − T) + T u t − T ] = T A [tu ()t ( − t)−( T u) t −(T −) Tu t − T T

]

Utilizando as transformadas da Tabela V.1 e considerando a propriedade de deslocamento no tempo, tem-se: Função no tempo f (t )

Transformada no domínio da freqüência complexa F (s ) 1

tu (t )

2

s

1

(t − T)( u t) − T

e −Ts

Tu (t − T )

Te −Ts

s2

1 s

Daí, a transformada da função dente de serra é: A 1 1 1 A ) F (s =  2 − e −Ts 2 − Te −)Ts(  = 2 [1 − 1 − Ts e −Ts ] T s

s

s

Ts


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Solução alternativa: A transformada inversa de Laplace pode ser obtida por uma função do M ATLAB


V.6 – Teoremas do valor final e do valor inicial

Os teoremas do valor final e do valor inicial são úteis porque permitem prever o comportamento de f (t ) em t = 0 e t = ∞ a partir de F (s ) . V.6.1 – Teorema do valor final (TVF)

De acordo com o teorema do valor final, lim f ()t

=

) s lim(sF s →0

t →∞

ou seja, o comportamento em regime permanente de f (t ) é o mesmo de sF (s ) na vizinhança de s =0 . Condições nas quais o TVF é válido: •

f (t ) e sua primeira derivada

•

) = lim() f t tem de existir. f (∞

df (t ) possuam transformada de Laplace; dt

t →∞

Exemplo V.5: Utilizando o TVF, determinar o valor de f (t ) para t → ∞ . f)(t = e − pt cos)(ωt u t

Lembrar a propriedade do deslocamento em freqüência, L[e − at f (t )] = F (s + a ) .

Dicas:

L[cosωt ] =

s s2 + ω 2

Solução: A transformada de Laplace da função f (t ) é dada por: F (s ) =

s+ p

(s + p )2 + ω 2

Daí, o valor de f (t ) para t → ∞ , é =

lim f ()t

t →∞

s→0 sF s lim ()



    p  0+ p = 0  = 0 =0 2 2 ) p + ω (  )  0 + p + ω   p 2 + ω 2   (s +

lim e − pt cos ωt u (t ) = lim s 

t →∞

s →0

s+ p 2

2

Solução alternativa: O limite pode ser determinado através de uma função do M ATLAB utilizando-se o

arquivo V_5.m.


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V.6.2 – Teorema do valor inicial (TVI)

De acordo com o teorema do valor inicial, f (0 + ) = lim sF (s ) s →∞

ou seja, o valor de f (t )imediatamente após t =0 , f (0 + ), corresponde ao valor do limite de sF (s ) quando s→∞. Condições nas quais o TVI é válido: df (t ) possuam transformada de Laplace; dt

•

f (t ) e sua primeira derivada

•

) = lim() f t tem de existir. f (0 t →0

Exemplo V.6: Utilizando o TVI, determinar o valor de f (t ) para t = 0 + . f)(t = e − pt cos)(ωt u t

Lembrar a propriedade do deslocamento em freqüência, L e − at f ()t =( F s) + a .

Dicas:

L[cosωt ] =

s s2 + ω 2

Solução: A transformada de Laplace da função f (t ) é dada por: F (s ) =

s+ p

(s + p )2 + ω 2 Daí, o valor de f (t ) para t → ∞ , é ) s lim f ()t = lim (sF t →0

lim e t →0

s →∞

− pt



s+ p

cos ωt u (t ) = lim s 

2

 (s + p )

s →∞

+ω

2

   s 2 + ps =  = slim  2 2 2 → ∞ s + 2 ps + p + ω   

∞

2

∞

2

=?

Aplicando a regra de l´Hôpital:  2s + p  2  = lim   = 1  2 s + 2 p  s→∞  2 

lim e − pt cosωt u (t ) = lim  t →0

s →∞

De forma alternativa, o valor do limita pode ser obtido, dividindo-se o numerador e o denominar pelo termo de maior grau, ou seja, 

lim e − pt cos ωt u (t ) = lim  t →0

s→∞

s

s 2 + ps 2

+ 2 ps +

2

p +ω

2

1+ p   ÷s 2 s   = slim 2 2 →∞ 1 + 2 p + p + ω  2  s s

 1+ 0 = =1  1+ 0 + 0 

Solução alternativa: O limite pode ser determinado através de uma função do M ATLAB utilizando-se o

arquivo V_6.m.


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V.7 – Determinação da transformada inversa

De uma maneira geral, em todos os circuitos lineares de parâmetros concentrados cujos componentes não variam com o tempo as correntes e tensões no domínio da freqüência complexa são funções racionais de s, ou seja, podem ser escritas na forma de uma razão entre dois polinômios do tipo: F (s ) =

N (s ) an s n + an−1 s n −1 + K + a1 s + a0 = D (s ) bm s m + bm−1 s m−1 + K + b1s + b0

onde os coeficientes a e b são constantes reais e os expoentes m e n são números inteiros positivos. A razão N (s ) é chamada de função racional própriase m > n . Neste caso, pode ser expandida como uma soma de D (s )

frações parciais. Se m ≤ n a razão

N (s ) é denominada função racional imprópriae não pode ser expandida como uma soma D (s )

de frações parciais. Neste caso, é necessário fazer sua redução para uma soma de uma função polinomial mais um resto que é uma função racional própria. Exemplo V.7: Escrever a função racional imprópria como a soma de uma função polinomial mais um resto

que é uma função racional própria. s 4 + 13s 3 + 66 s 2 + 200s + 300 F (s ) = s 2 + 9 s + 20 Observar que m = 2 < n = 4 . Solução: Basta dividir o numerador pelo denominador, determinando a parte inteira e o resto da divisão. 3 s4 s 2 + 9 s + 20 + 13s + 66s 2 + 200s + 300 −s

4

−

9s 3 4s

3

− 4s

3

−

20s 2

+

46s

2

+

200s

−

36s 2

−

80s

+ −

10s

2

− 10 s

Parte inteira:

s2

2

+

300

120s

+

300

90s

−

200

30s

+

100

+ 10 s 2 + 4 sResto:

+

100

4s

+

10

30s +

Tem-se, então: F (s ) = s 2 + 4 s + 10 +

30s + 100 s 2 + 9 s + 20

30 s + 100

Observar que a transformada inversa do termo polinomial s 2 + 4 s + 10 é trivial e termo função racional própria.

2

s

+

+

é uma

9s 20

Solução alternativa: O cálculo anterior pode ser realizado através de uma função do M ATLAB utilizando-se

o arquivo V_7.m. Assim a transformada inversa de funções racionais recai sempre na expansão em frações parciais de funções racionais próprias.


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V.7.1 – Expansão em frações parciais de funções racionais próprias

O primeiro passo para expandir uma função racional própria em frações parciais é escrever um termo ou uma série de termos para cada uma das raízes do polinômio do denominador D(s ) :  r termos para cada raiz de multiplicidade r   1 termo para cada raiz simples

F (s ) =

N (s )

N (s )

D (s ) = (s −) p(1

r

r termos K

16termo 78

644444 47444444 8

K

) s − p m ( = )s − p1( + )s − p1 11

12 2 + K +

L

K

K 1r

s − p1

r

+K+

m

s − pm

(5)

onde p1 , p2 ,L, pm são as raízes do polinômio do denominador que podem ser números reais ou complexos. Exemplo V.8: Determinar os termos da expansão em frações parciais da função: F (s ) =

s+6

=

s+6

(s 4 + 5s3 + 7(s)2 + 3s )s s 3 + 5s 2 + 7s + 3

Solução: Determinando as raízes do polinômio do denominador, tem-se: 0  − 3 s= − 1  − 1

Deste modo a função pode ser escrita da seguinte forma: s+6 F (s ) = 2 s (s + 3)( s +) 1 Como duas raízes distintas e uma raiz múltipla com r = 2 , serão quatro os termos da expansão em frações parciais: K 31 K 32 K K2 s+6 = 1 + + + F (s ) = 2 s s + 3( ) s + 1 s + 1 2 s (s )(+ 3) s + 1

Solução alternativa: As raízes e os coeficientes da expansão em frações parciais podem ser obtidos através

de uma função do MATLAB utilizando-se o arquivo V_8.m.

A determinação do numerador existentes: de cada uma das frações parciais depende do tipo de raiz a que se refere o termo, sendo quatro as possibilidades Possibilidade

Tipo

1 2 3 4

Real Real Complexa conjugada Complexa conjugada

Multiplicidade

Simples Múltipla Simples Múltipla


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V.7.2 – Raízes reais e simples

Neste caso, basta multiplicar os membros da igualdade da expressão (5) pelo denominador do termo que se deseja calcular o valor de K e substituir o s pelo valor correspondente à respectiva raiz. Assim, para a raiz p1 , tem-se:   N (s ) (s − p1 ) (  )( ) ( ) − − − s p s p L s p 1 2 m  s= p  1 N (s )    (s − p) (2 L )s − pm  s= p1

K1 =

L

  K1 (s − p1 )   (s − )p(1

)p1 − p m

=

+

K2

) s − p( 2

+K+

)

K m   s − p m   s= p1

 K1 + (s − p1 ) K 2 + K + K m  s − pm   (s − )p2 ( )  s = p1 =0

N ( p1 )

( p1 − )p( 2

=

=

6 474 8  K2 Km +K+ K1 + ( p1 − p1 ) ) p1 − p m  ( p)1 − p 2 (

  = K1 

N ( p1 )

( p1 − )p( 2

L

)p1 − pm

De um modo mais geral, tem-se: 

K i = lim (s − pi ) s→ p i



N (s )   D( s ) 

(6)

e a transformada inversa de cada um dos m termos é dada por:  K  pt  = Ke u (t ) s − p

L−1 

Exemplo V.9: Determinar a transformada inversa da seguinte função racional:

F (s ) =

s +1 s 3 + s 2 − 6s

Solução: O denominador possui três raízes reais distintas: 0  s= 2  − 3

logo a função pode ser escrita como F (s ) =

s +1 s 3 + s 2 − 6s

=

K K2 K3 s +1 = 1 + + )( s +) 3 s (s − 2 s s−2 s+3

De acordo com a expressão (6) tem-se:


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

K1 = lim (s − 0 ) s →0





N (s ) 



D (s ) 

K 2 = lim (s − 2 ) s →2

    N (s )  s +1 s +1 1 =−1  = lim  s  = lim  = 6 D()s  s→0 ( s)(s − )2 s + 3(  )( s→0) s − 2 s + 3  − 2 ⋅ 3    s +1  s +1 2 +1  = lim (s − 2) s(s −)(2 s) + 3  =(lim   = 2 2+3 s→2 s →2) (s s + 3 )     +

+

−

=

3

10

+

K 3 = lim (s + 3) N (s )  = lim (s + 3) s =  s( −12 ) = − 3 −33 −1 2 = − 215 s→ −3 →) −3 s s D (s )  s→−3  s (s −)(2 1)s + 3  ( slim   

De modo semelhante, pode-se fazer com que os numeradores da expressão abaixo sejam iguais, para s = 0, s = 2 e s = −3 : ( K)2 s s +( 3) + K 3 s s − 2 K1 (s)− 2( s)+ 3 + s +1 = F (s ) = )( s +) 3 )( s +) 3 s (s − 2 s (s − 2 ou seja,

( K)2 s s +( 3) + K1s s − 2 = s + 1 , para s = 0, s = 2 e s = −3 K1 (s)− 2( s)+ 3 + s=0

(K1 )(0 − 2) 0 +(3 +) K 2 0( 0 +) 3

+

K3 0

0−2

=

0 +1

s=2

(K 1 )(2 − 2) 2 +(3 +) K 2 2( 2 +) 3

+

K3 2

2−2

=

2 +1

s = −3

(K 1 − 3)(− 2 −) 3 +(3 )(+ K 2 )− 3(

)( + 3 +) −3

K 3 − 3 − 3 − 2 = −3 + 1

K1 =

1

−6

K2 =

=−

3

K3 = − 2

1

6

10 = −2

15

15

Assim, a função expandida em frações parciais é dada por: 3 −1 −2 s +1 6 + 10 + 5 = F (s ) = 3 2 s s−2 s+3 s + s − 6s Da Tabela V.1, tem-se: 1 L−1   = u (t )

s 1  −at L  = e u (t ) + s  a  −1

Portanto, a transformada inversa é dada por:  − 16  s 

L−1 [F (s )] = L−1 

+

310 s−2

+

−2

5  =  − 1 + 3 e 2t − 2 e −3t u (t ) 15  6 10 

s + 3



Solução alternativa: A transformada inversa de Laplace pode ser obtida através de uma função do M ATLAB



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V.7.3 – Raízes reais repetidas

A determinação do coeficiente K de maior grau relativo à raiz de multiplicidade r é realizada da mesma forma que as raízes reais simples, ou seja, multiplicam-se ambos os lados por (s − p )r . Os demais r − 1 coeficientes são obtidos através das r − 1 derivadas sucessivas da expressão obtida para a determinação do termo de grau r. Assim, para a raiz p1 , tem-se: 

(s − )p1(



r L





N (s )

r

1 ( s − p )

)s − p m  s= p 1

=

 K11 K 12 r 1 (s − p )  s − p1 + (s −)p1

s − p1



Km

K 1r 2 +K+ ( )

r

+

K

+

(s − p m ) 

s = p1

Determinação de K1r :   N (s )  −   (s p m)−(r L) s − p m  s= p1

K1r =

   K1(r +( )s −) p1  (s − )p1  

r −2

K11 +( s −) p1

r −3

K12 + K + s − p1

r −1

 = K1(r + ( p ) 1 −) p1  (p1 −)p1  6 474 8

) p1 − pm

L

r −2

 

Km

(s − pm )   s= p

1

=0

N ( p1 )

( p1 − pm)(−r

=

K11 (+ p1) − p1

r −3

K12 + K + p1 − p1

r −1

  = K1r pm ) 

Km

( p1 −

N ( p1 )

( p1 − p m)(−r

) p1 − p m

L

De um modo mais geral, para a raiz pi de multiplicidade r, tem-se: 

r

K ir = lim (s − pi ) s → pi



N (s )   D( s ) 

(7a)

e K ij =

N (s )  (s − pi )r para  (r − j )! s→ p ds r − j  D (s ) 

1

lim

d r− j 

j = r −11, r − 2,L ,

(7b)

i

e a transformada inversa de cada um dos r termos referentes ao polo real de multiplicidade r é dada por: 

L−1 

 t n−1 e pt u (t ) =K (n − 1)! p ) 

K

 (s −

n


Dica: Lembrar que:

 u  vdu − udv d  = v2 v

F (s ) =

10(s + 3) (s +)1( 3 s) + 2

d (uv ) = udv + vdu


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Solução: Expandindo F (s ) em frações parciais, obtém-se: F (s ) =

10(s + 3) K11 K 12 = + (s +()1) 3 s + 2 ( s +) 1 ( s) + 1 2

+

K13 s +1

3

+

K2 s+2

De acordo com a expressão (7) tem-se, para a raiz de multiplicidade 3 (r = 3) : K13

=

K12

=

=

K11



lim (s + 1)3

s → −1

=

=



10(s + 3)  10(s +) 3  ( 10) − 1 + 3 =  = lim −1+ 2 (s +)1( 3 s) + 2  s→−1 s + 2 

=

20

10(s + 3)  d 10(s +) 3  ( )  s (+ 2) 10 − 10 s + 3 1  3 = lim  (s + 1)  = lim = (3 − 2 )! s→−1 ds 3−2  (s +)1( 3 s) + 2  s→−1 ds  s + 2  s→−1 (s + 2)2   − 10  − 10 lim  = = − 10  2 s→ −1 (s +) 2 2(   )−1 + 2 1

d 3− 2 

lim

10(s + 3)  1 d 2 10(s + 3)  1 d  − 10  (s + 1)3 = = lim 2  lim    = 3 (3 − 1)! s→−1 ds  (s +)1( s) + 2  2 s →−1 ds  s + 2  2 s →−1 ds  (s + 2 )2   20  1 − 10  1 d  1 20 = 10 lim (− 2 )  = lim  = 2 s →−1 ds  (s +) 2 3  2( s →) −(1 s + 2) 3  2 − 1 + 2 3 1

lim

d 3−1  3−1

Para a raiz simples, utiliza-se a expressão (5): K2

=



lim (s + 2 )

s → −2



10(s + 3)  10(− 2 + 3) 10(s + 3)  = = −10  = slim  3 3  3 → −2 (s +)1( s) + 2   (s + 1)  (− 2 + 1)

Assim, a função pode ser expressa por: F (s ) =

10(s + 3) 10 10 = − (s +()1) 3 s + 2 ( s +) 1 ( )s + 1 2

+

20 s +1

3

−

10 s+2

cuja transformada inversa é:  10

L−1 [F (s )] = L−1 

 s +1

−

10 (s)+( 1) 2

+

20 3 s +1

−

10  

 t 2  −t −2t  = 10 − 10t + 20 e − 10e u (t ) 2   

s + 2

L−1 [F (s )] = [(10 − 10t + 10t 2 )e −t − 10e −2t ]u (t )




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V.7.4 – Raízes complexas conjugadas distintas

Os coeficientes relativos às raízes complexas conjugadas podem ser obtidos de forma semelhante aos das raízes reais, tratando o par conjugado como duas raízes distintas e operando com números complexos. No entanto, é possível operar com o par conjugado, como será mostrado a seguir. O par conjugado p1 = σ

e p1*

+ jω

que é proveniente do seguinte polinômio:

= σ − jω

(s − p1 )(s − p1* ) = [(s − σ ) − jω ]⋅ [(s − σ ) + jω ] = (s − σ )2 + ω 2 srcina o seguinte termo na expansão em frações: K11 s + K12 2

(s − σ )

+ω

=

2

K11 (s − σ ) + K11σ + K12 2

(s − σ )

+ω

2

K 11 (s − σ ) + =

K11σ + K12 ω 2

(s − σ )

+ω

2

ω

=

K11σ + K12

K11 (s − σ )

(s −) σ

2

( +ω

2

)

ω

ω

+

s −σ

2

+ω

2

cuja transformada inversa corresponde a: K 11σ + K 12   ω  K11 (s − σ )  K11 s + K12  K 11σ + K 12  −1 σt  ω = L + = e  K11 cos ωt + sen ωt   2 2 2 2 2 2  ω ( − ) + ( − ) + ( ) − + s σ ω s σ ω s σ ω        

L−1 

Os coeficientes K11 e K12 são obtidos resolvendo-se a seguinte equação complexa: N (s ) (s − p1 )(s − p1* )  (s − p1 )(s − p1* )L (s − p m )  s= p  1

 =  K 11 s + K 12 

  N (s )   ( s − p ) ( ) s − p L m−2 m  s= p  1

+ (s −

(s − p1 )(s − p1* ) K 11 s + K 12 * + K + K m   (s − p m )  s = p  (s − p1 )(s − p1 ) 

1

p1 )(s

6 474 8

=

) p1 − p m

K 11 p1 + K 12 + ( p1 − p1 )(

p1 − p1*

L

K 11 p1 + K 12 =

* − p1

=0

N ( p1 )

( p1 − p m)(−2

=

) K m−2 + K + K m  (s − p )m− 2 ( ) s − p m

) K m−2 + K + K m ) p1 − p m  ( p1 − p)m−2 (

     s = p

1

  = K 11 p1 + K 12 

N ( p1 )

( p1 − p m)(−2

) p1 − p m

L

De um modo mais geral, tem-se:   N (s )  2 2 N (s )  lim [K i1s + K i 2 ] = lim (s − p1 )(s − p1* )  = slim [(s − σ ) + ω ] D(s )  s→ p →p D (s )

s → pi

i





i





(8)

e a transformada inversa de cada um destes conjuntos é dada por: K i1σ + K i 2   ω  K i1 (s − σ )  K i1 s + K i 2  Ki σ + Ki2  −1 σt  ω L  sen ωt u (t ) =L  +  = e  K i1 cos ωt + 1 2 2 2 2 2 ω ( ) s −σ + ω 2     (s −) σ + ω  (s − σ ) + ω    −1


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F (s ) =




 − at  = e cos ωt

s+a

L−1 

Dica: Lembrar que:



 − at  = e sen ωt

ω

L−1 

2 2  (s + a ) + ω 

100(s + 3)

(s 2 + 6s + 25)(s + 6)

2 2  (s + a ) + ω 

Solução: Expandindo F (s ) em frações parciais, obtém-se: − 3K 11 + = K11 s + K12 + K 2 = K11 (s + 3) + F (s ) = 2 100(s + 3) (s + 6s + 25)(s + 6) (s + 3)2 + 4 2 s + 6 (s +) 3 2 + 4(2 )

pois as raízes de s 2 + 6 s são: + 25

42

s+3

K12 +4

2

4 + K2 s+6

p1 = −43 ± j .

De acordo com a expressão (8) tem-se: lim [K11s + K12 ]

− 3K 11 +



lim (s 2 + 6s + 25)

=

s → −3+ j 4

s → −3+ j 4

j 4 K11 + K 12

=



100(s + 3)  lim    (s + 6 ) 

s →−3+ j 4

48 = 12 4 K12 = 64 + 3K11 = 100 K 11 =

⇒

=

=

100( j 4) j 400  3 − j 4  1600 + j1200  = = = 64 + j 48 3 + j 4 3 + j 4  3 − j 4  9 + 16

Separando as partes real e imaginária, tem-se: − 3K 11 + K12 = 64 j 4 K11



100(s + 3)

(s 2 + 6s + 25)(s + 6)

j 48

Para a raiz simples, utiliza-se a expressão (5):   100(s + 3) ) −6+3 − 300  100(s)+ 3  ( 100 K 2 = lim (s + 6 ) 2 = = −12  = slim 2  2 = s→ −6 25 ( ) + 6 + 25 ( + 6 ) s s s   →−6  s + 6s + 25  (− )6 +( 6) − 6 + 25 Assim, a função pode ser expressa por: F (s ) =

− 3 ⋅ 12 + 100 4 100(s + 3) 12(s + 3) − 12 4 = + + 2 2 2 2 2 (s + 6s + 25)(s + 6) (s +) 3 + 4( ) s + 3 + 4 s + 6

=

12(s + 3) 16 ⋅ 4 + (s +) 3 2 + (4 2 ) s + 3 2 + 4 2

−

12 s+6

cuja transformada inversa é:  12(s + 3)

16 ⋅ 4 2 2  (s +) 3 + (4 ) s + 3 + 4

L−1 [F (s )] = L−1 

2

2

+

−

12 

−3t  = [12e () cos 4t

s + 6

() e + 16

− 3t

sen 4t

− 12e

−6 t

]u (t )

L−1 [F (s )] = e −3t [12 cos ( ) 4t +(16 ) sen 4t ] − 12e −6t u (t )




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V.7.5 – Raízes complexas conjugadas repetidas

O procedimento para determinar os termos e coeficientes relativos às raízes complexas conjugadas repetidas é uma extensão do procedimento apresentado para raízes reais repetidas utilizando a técnica descrita para raízes complexas. V.8 – Plano s diagrama de pólos e zeros

O plano s é empregado para representar as singularidades (pólos e zeros) de um quociente de funções polinomiais tais como: N (s )

F (s ) =

D (s )

=

an s n + a n−1 s n−1 + K + a1 s + a0 bm s m + bm−1 s m −1 + K + b1 s + b0

=

K

(s − z)(1 s −) z(2 (s − p)(1 s −) p( 2

L

)s − z n )s − p m

L

onde: z i , i = 1,L, n – os zeros de F (s ) , ou seja, as raízes do numerador N (s ) que tornam nulo o valor de F (s ) ; p j , i = 1,L , m K=

an bm

– os pólos de F (s ) , ou seja, as raízes do denominador D(s ) que tornam F (s ) infinitamente grande; – Constante.

Tanto zi quanto p j são grandezas reais ou complexas. O diagrama de pólos e zeros de uma função racional F (s ) consiste na representação das raízes do polinômio do numerador (zeros) e do denominador (pólos) no plano complexo. Os zeros são representados por uma circunferência (o) e os pólos por um xis ( x). A multiplicidade das singularidades é representada por um número entre parênteses, nas proximidades da mesma e a constante K é indicada à parte. Exemplo V.12: Determinar o diagrama de pólos e zeros da seguinte função racional: F (s ) =

100s 2 + 2000s + 10000 s 3 + s 2 + 4s + 4

Solução: Os pólos e zeros da função F (s ) são:

− 10

zi = 

− 10

 − 1

p j =  j2 − j 2 

K = 100

Logo F (s ) pode ser escrita como: F (s ) =

100(s + 10)2 (s +) 1( s − )(j 2 s +) j 2

=

100(s + 10)2 (s + 1)(s 2 + 2 2 )


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Solução (continuação): e o diagrama correspondente é:

Im K = 100 x

j2

(2) x

-10

-1

Re x

–j2

Representação gráfica de pólos e zeros no plano complexo. Solução alternativa: O diagrama de pólos e zeros pode ser elaborado através de uma função do M ATLAB

utilizando-se o arquivo V_12.m. V.9 – A transformada de Laplace na análise de circuitos V.9.1 – Relação tensão corrente nos elementos simples

Para um resistor no domínio do tempo tem-se: i(t) R +

v(t)

v(t) = Ri () t

–

Aplicando transformada de Laplace: V (s) = L([)v t ] = L[Ri(t )] = R L[i (t )] = RI (s ) Assim, no domínio da freqüência complexas tem-se: I(s) R

() s V (s) = RI +

V( s )

–

Para um indutor no domínio do tempo tem-se: i(t) L v()t = L

+

v(t)

d

() i t

() i t

dt

–

 df (t )  Aplicando transformada de Laplace  lembrar que : L   = s L[ f (t )] − f( )0 

 d V (s) = L([)v t ] = L  L )( i  dt

 dt 

1

t

= ()

L

) = (sF

v τ() dτ + i 0

∫

0



s( )− f 0  :

 i (0 )  i (0)   d    t  = L)(L  i t)( = L(s L[i t ] − i)(0 ) )= (sL L[i t ] −  = sL I (s ) −  s  s    dt   


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Assim, no domínio da freqüência complexas tem-se: sL I(s) i (0 )

 

V ()s = sL()I s −

s

+ I(s)

V( s )

i (0 ) 



s 

–

Li (0 )

sL

+

+

V(s)

V (s) = sLI () s (−) Li 0

–

Para um capacitor no domínio do tempo tem-se: i(t) C i()t = C

+

v(t)

–

d

() v t

dt

1 t () v t =() ∫ i τ() dτ + v 0

 df (t )  Aplicando transformada de Laplace  lembrar que : L   = s L[ f (t )] − f( )0  dt 



0

C

= (sF )



s( )− f 0  :

 v(0)  v(0 )    I (s) = L([)i t ] = L C )( v t = C)(L v t)( = C (s L[v t ] − v) (0 ) )= (sC  L[v t ] −  = sC V (s ) −  s  s   dt   dt    



d

d



1 v(0 ) ()I s + sC s Assim, no domínio da freqüência complexas tem-se: V ()s =

I(s)

+

v(0 )

1 sC

+ V(s)

s V ()s =

1

()I s

sC

+

v(0 ) s

–

1 sC I(s)

) Cv 0 V ()s = 1 ()[I s (+ sC

Cv(0 )

+

V( s )

]

–

As relações tensão/corrente dos componentes simples encontram-se resumida na Tabela V.3.


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Tabela V.3 – Relação tensão corrente dos elementos simples no domínio do tempo e da freqüência complexa. Domínio do tempo

Elemento

Diagrama i(t)

Domínio da freqüência complexa

Relação

Diagrama

R

Relação

R

I(s)

v(t) = Ri () t

Resistor

+

v(t)

V (s) = RI () s +

–

V(s)

–

sL I(s) i(0 ) i (t )

d v()t = L () i t dt

L

Indutor

+

v(t)

–

i()t =

1 L

 

V ()s = sL()I s −

s

+

V(s)

–

t

(∫)v τ d()τ + i 0 0

I(s)

Li(0 )

sL

+

I(s)

+ V(s)

V (s) = sLI () s (−) Li 0

–

1

v (0 )

sC

s

V ()s = 1()I s + v(0 ) sC s

+

i (t )

v()t =

C

1 C

i (0 )   s 

t

(∫) i τ d(τ) + v 0

+

V(s)

–

0

1

Capacitor

+

v(t)

–

d i ()t = C () v t dt

sC I(s)

V ()s = Cv(0 )

+

V(s)

1

()[I s (+) Cv 0 ]

sC

–

Exemplo V.13: Para o circuito RLC série com energia armazenada a seguir, determinar:

a) b) c) d) e) f)

O circuito equivalente no domínio da freqüência complexa. A expressão da corrente no domínio da freqüência complexa I (s ) . O diagrama de pólos e zeros de I (s ) . Utilizando o TVI e TVF, determinar o valor de i (0) e i (∞ ) . A expansão de I (s ) em frações parciais. A expressão de i()t = L−1()[I s ] .


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44984-06 – Circuitos Elétricos B

R

i(t)

C

t=0

+ vC(0) –

+

L

v(t)

v(t ) = 10 sen t

Sendo:

R = 30 Ω vC (0 ) = 5 V

C

L = 10 H

0,05 F

=

Solução: O circuito equivalente no domínio da freqüência complexa é: v C (0)

1

sC

R

I(s)

s +

+

i (0 )

sL

V(s)

s

Substituindo os valores de R, C, L, vC (0) e V (s ) , tem-se:

V (s)

=

L([)v ]t

[= L 10] sen t

= 10

1

s2

2

+1

= 10

1

s2

+1

20 30

I(s)

5

s

s +

10

s2

+ 10s

+1

Da equação da malha, tem-se: 10 5 20   − = I (s ) 30 + + 10 s  s s2 +1 s   5 1  10 −  2  s + 1 s  30 + 20 + 10s

I (s ) = 

=

 10s − 5(s 2 + 1)  s    s (s) 2 + 1  30s + 20 + 10(s)2  

 − 5s 2 + 10s − 5  1   (  ) s 2 + 1  10 s 2 + 3s + 2

=

s


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Solução (continuação): I (s ) =

− 0,5 s

2

(s +)(1 s 2

+ 2

s − 0,5

)

+ 3s + 2

=

(s 2 − 2s + 1) = − 0,5(s − 1)2 (s + )(1 s +) 2 (s 2 + 1) (s + )(1 s +) 2 (s 2 + 1) − 0,5

(s − 1)2 I (s ) = (s + )(1 s +) 2 (s 2 + 1) − 0,5

I (s ) tem as seguintes singularidades:

 − 1 −2 pj =   j1 − j1

1 zi =  1

resultando no seguinte diagrama de pólos e zeros: Im

x

K

= −0,5

j1

(2) x

x

-2

-1

1

x

Re

–j1

De acordo com o TVI, tem-se:

i (0 + ) = lim sI (s ) = lim s s →∞

s →∞

3 2 2 2 (s − 1)2 − 0,5s + s − 0,5 s l´Hôpital − 1,5 s + 2 s − 0,5 = lim = lim = 2 4 3 2 3 2 s (s + )(1 s +) 2 (s + 1) s s + 3s + 3s + 3s + 2 4s + 9s + 6 s + 3

− 0,5

→∞

→∞

Aplicando l´Hôpital,

i (0 + ) = lim

s →∞

− 1,5 s

4s

3

2

+ 2 s − 0,5

+ 9s

2

+ 6s + 3

=

lim

− 3s + 2

s →∞ 12 s 2 + 18s +

=

6

lim

s →∞

−3

24 s + 18

=

0

De acordo com o TVF, tem-se:

) i(∞

=

lim()sI s s →0

=

lim s s →0

2 − 0,5(s − 1) =? (s + )(1 s +) 2 (s 2 + 1)

O TVF não se aplica porque existem pólos no semi-plano direito

(± j1) que correspondem ao termo (s 2 + 1) .

Para a expressão da corrente I (s ) têm-se os seguintes termos na expansão em frações parciais:

I (s ) =

K 31 s + K 32 (s − 1)2 K1 K2 = + + (s + )(1 s +) 2 (s 2 + 1) s + 1 s + 2 s 2 + 12 − 0,5


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Solução (continuação): 2 2    − 0,5(s − 1)2  − 0,5(s − 1) − 0,5(− 1 − 1) −2 = lim  = = K1 = lim (s + 1)   2 2 2 s →−1 s→ −1 (s + 2 )(s + 1) 2 ( + )( 1 + ) 2 ( + 1 ) s s s ( ( ) ) − 1 + 2 ( − 1 + 1 )     K2



=

lim (s + 2 )

s →−2



2  − 0,5(s − 1)2  (s − 1)2  − 0,5(− 2 − 1) − 4,5 = = 0,9  = slim2  = 2 2 2 (s + )(1 s +) 2 (s + 1)  (s + 1)(s + 1) (− 2 +()1)( − 2 + 1) − 5

− 0,5

→−



 − 0,5(s − 1)2  (s − 1)2  2 = lim ) (s + )(1 s +) 2 (s + 1) s j1 (s + )(1 s +) 2  − 0,5

2

31 s + K 32 = lim s slim → j1[K ] s→ j1

+1

(

2

jK 31 + K 32 K 31

=

0,1

K 32

=

0,3

=

= −1

− 0,5( j1 − 1) ( j1 +)(1 j1 +) 2

=

→

(

j 2 + 1) j1  1 − j 3  3 + j1  = = = 0,3 + j 0,1 j3 + 2 1 + j 3  1 − j 3  1 + 9

− 0,5 − 1 − −1 +

Daí, a expansão em frações parciais é dada por:

I (s ) =

2 K 31 s + K 32 K1 K2 − 0,5(s − 1) = + + (s + )(1 s +) 2 (s 2 + 1) s + 1 s + 2 s 2 + 12

A transformada inversa de I (s ) , válida para t

≥

ou

i(t ) = (− e −t

−1

+ 0,9e

−2 t

+ 0,1 cos t + 0,3 sen t

−1

+

s +1

0,9

+

s+2

0,1s

s2

2

+1

+

0,3

s2

2

+1

0 , é:

0,9 0,1s  −1 i()t = L ([)I s ] = L  + + 2 2  s +1 s + 2 s +1 −1

=

+

0,3  2 +1 

s2

= −e

−t

+ 0,9e

− 2t

+ 0,1 cos t + 0,3 sen t

)u(t )

O gráfico da corrente está mostrado na figura a seguir. 0.4 0.3 0.2 0.1 i(t) [A]

0 -0.1 -0.2 -0.3 -0.4 0

2

4

6

8

10 t [s]

12

14

16

18

20

Observação: Notar que a forma de onda de i (t ) só depende dos pólos de I (s ) (que vão definir a forma das frações), isto é, do denominador; a amplitude de cada uma destas frações (coeficientes K i ) depende também do numerador de I (s ) .


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Solução alternativa: Por intermédio de simulação M ATLAB/SIMULINK utilizando-se os arquivos

V_13m.m. e V_13.mdl é possível reproduzir parte dos resultados obtidos anteriormente. O diagrama de pólos e zeros de I(s), a expressão de i(t) e a forma onda são obtidos utilizando-se o arquivo V_13m.m, obtendo-se os seguintes gráficos:

A simulação do circuito pode ser realizada com auxílio do arquivo V_13.mdl. Neste caso, observar que foi introduzida uma fonte de tensão contínua (válida somente para tempos menores que zero) para realizar a condição inicial de tensão no capacitor.

Exemplo V.14: Considerando que o circuito a seguir se encontre em regime permanente senoidal no instante em que a chave muda de posição, determinar o solicitado:

R1

t=0

i (t )

L +

v1 (t )

+

C

v 2 (t )

R2

C

=

R1

=

4Ω

R2

=

10 Ω

100 mF

L

=

10 H

v1 (t )

=

100 cos

v 2)(t

=

50( 3)u t

π  t V 6  −

2 V

a) Os valores iniciais da corrente no indutor e da tensão no capacitor. b) A energia armazenada no circuito em t c) O circuito equivalente para t

≥

=

0.

0 no domínio da freqüência complexa.

d) A expressão da corrente I (s ) . e) A partir da expressão de I (s ) , os valores da corrente i (t para ) t 0= e t → ∞ . Os valores encontrados concordam com os valores esperados a partir da análise física do circuito? Justifique. f)

A expressão da corrente i (t ) .

g) O gráfico de i(t ) . h) A potência entregue pela fonte ao circuito em regime permanente.


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Solução: a) O regime permanente senoidal que antecede o deslocamento da chave em t seguinte circuito equivalente no domínio da freqüência: R1

=

0 pode ser descrito pelo

IL

I +

j L +

VC

V1

−

j

1 ωC

R2 –

Considerando que: 1   Z P = − j  // (R2  ωC 

ZP

L C

=

R2 ZP

j

−

+

1   − j  ⋅ (R2 ωC   jωL ) =

R2 10

R2 ωC

1   j  ωL −  ωC  

+

10 +

π

6

0,1

 1   j  π6 10 − π  0,1  6 

j1,7921 = 12,6123

≈ 12,4843 −

j

=

1 ωC

− 8,17

o

=

I

=

V1

=

L C

R1 + Z P R1 + R2 R2

I

+

=

L C

R1 R2 +

 

j  ωL −

 

j ωR1 L −

+

2

I I

10 + j 5π 3π−180

=

140 + j

20π

2

+

⋅

−

j

 

R1R2

+

1   ωC 

+

 

R2 ωC

j  ωL −

1 



ωC 

2

+



1 



ωC 

j  ωL −

 

jR1  ωL −



1  L + ωC  C

−

j

R2

V1

ωC

 1   π  0,1  100 6  ⋅ 0 π  2 1 (4 + 10) j  6 4 × 10 − π 0,1 6  

10 + j  π6 10 −



ωC

R2

j

100 − j 600 π

1  ωC 

1

−

Ω

=

R2 ωC

j  ωL −

L C

=

10 + j 5π 3−π180

R2 V1

R  2 L − j 2 − j  C  ωC 1   R2 + j  ωL −  ωC  

10

j

−

0,1

=

+ jωL −

)

+ jωL

(R1 + R2 )

V1 = 4 × 10 +



10 0,1

+

100

− 2520

3π

2

4,2395 + j 0,4609 = 4,2644 6,20 o A

≈

Os fasores que definem as condições iniciais são:

Z P V 1 = 12,4843 − j1,7921 ⋅ 100 0 = 12,4843 − j1,7921 ⋅ 100 12,4843 − j1,7921 + 4 16,4843 − j1,7921 2 Z P + R1 2

VC

=

VC

= 53,7528 − −

IL

=

R2

+

j

j1,8436 = 53,7844

− 1,96

1

−

ωC

1   j  ωL −  ωC  

I

j

10 +

V

1 π

6

=

o

0,1

 1   j  π6 10 − π  0,1  6 

(4,2395 + )j 0,4609 ( =

−

j 60 π

)

2

10 + j 5π 3π−180


4,2395 + j 0,4609

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Solução (continuação): IL

=

4,1430 − j 2,3536 = 4,7648

− 29,60

o

A

Retornando para o domínio do tempo, tem-se:

vC (t ) = 53,7844 2 cos(π6 t − 1,96 o ) V iL (t ) = 4,7648 2 cos(π6 t − 29,60 o ) A Assim, para t

= 0,

tem-se:

vC (0 ) = 53,7844 2 cos(π6 0 − 1,96 o ) ≈ 76,02 V iL (0 ) = 4,7648 2 cos(π6 0 − 29,60 o ) ≈ 5,86 A b) A energia armazenada no circuito em t = 0 corresponde à energia armazenada no indutor e no capacitor, sendo dada por1:

 i 2 (0)  5,86 2 = 171,70 J  = 10 2  2   v 2 (0)  76,02 2 WC (0) = C  = 288,95 J  = 0,1 2  2  WL (0 ) = L 

c) Para t

≥

0 , o circuito equivalente no domínio da freqüência complexa é dado por:

I (s )

R1 V2 (s ) =

50 3

s

e −2 s

≈

86,60

s

e −2s

sC

I 1 (s )

+

V2

sL

1

(s )

Li L (0)

I 2 (s )

vC (0 ) +

+

s

d) As equações de malha são: vC (0 ) 1 − V2 ()s + R(1)I 1 s + () ( I(1) s − I 2 s ) + =0 sC s vC (0 ) 1 (I 2 (s) − I(1) )s( + R2) )(+ sL() I 2 s − LiL 0 − + s sC v (0 ) 1  1   R1 +  I1 ()s − (I) 2 s ()= V2 s − C sC  sC s  −

1 I)1 (s sC

 

+  sL +

R2

1 ) (  I 2 s

+

sC 

=

vC (0 ) s

+

=

R2

0

Li L (0 )

  sV (s ) v (0 )  s + R1C  I1 ()s − R1C()I 2 s = R2 − CR 1  1 1 1  vC (0 ) R2 1 1   2 − I)1 (s +  s + s )+ (  I 2 s = + si L (0 ) LC L LC  L 

⇒

(s + 2,)5()I1 s −()2,5 I 2 s

⇒

− I1

= 12,5

3e

−

2s

− 19,0

(s ) + (s 2 + s + 1)I 2 (s ) = 5,86 s + 7,6

Isolando I 2 (s ) na primeira expressão e substituindo na segunda, tem-se:

1

Vide Capítulo II.


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Solução (continuação): I 2 (s ) =

3e −2 s

− 12,5

(

s )+()2,5 I1 s

+ 19,0 +

2,5

= −5

3e −2 s

+ 7,6 + 0,4

(s + 2,)5()I1 s

I 2 (s ) 64444447 444444 8

(s ) + (s 2 + s + 1)[− 5 3e 2 s + 7,6 + (0,4 s +) (2),5 I1 s ] = 5,86s + 7,6 2 ( s + 2,5) (I)1 s = 5,86s + 7,6 − (s 2 + s + 1) − 5 3e 2 s + 7,6) − I 1 (s ) + (s + s + 1)0,4 2 0,4(s + 2,5)(s + s + 1) − 1 I1 (s ) = 5,86 s + (7,6 − 7,6 s 2 +) 7(,6 s +) 7,6 + 5 3 s 2 + s + 1 e [0,4(s 3 + s 2 ()+ s + )s 2 + s + 1 − 1]I1 (s ) = −7,6s 2 − 1,74s + 5 3 (s 2 + s + 1)e 2 s −

− I1

−

−2 s

−

3

2

2

−2 s

2

((0s ,34+s 3,+51s,24+s 3+,51s,)4I s()sI1)(=s )−=19−s72,6−s 4,−351,s74+s12+,55 33((ss 2 ++ ss ++ 11))ee 2s 1 2 2 2s − 19 s − 4,35s + 12,5 3 (s + s + 1)e I (s ) = −

−

1

I (s)

s3

() s

= I1

=

− 19 s

2

+ 3,5s

2

+ 3,5 s

(

3 s2

− 4,35s + 12,5

s

3

+ 3,5 s

2

+

s + 1)e −2 s

+ 3,5s

e) Utilizando-se os teoremas do valor inicial e final, tem-se:

i()0

lim()sI s

=

i(0 ) = lim

s→∞

) i(∞

=

s →∞

=

lim s

− 19s

s ×

2

1

lim()sI s

=

lim s

− 19s 2

1+

0

=

+ 3,5 s

2

3 s2

+

s 3,5

s

()

(

=

( ) − 19s 2 − 4,35s + 12,5

lim

s →∞

s

2

3 s2

+ s +1 e

−2 s

2

+ 3,5s + 3,5

= −19

A

3 s2

s + 1 e −2 s

s2

+ 3,5s

3 02

s + 1 e −2 s

4,35

3,5

s3

+

+ 3,5 s

− 4,35s + 12,5

− 19 × 0 − 4,35 × 0 + 12,5 2

3

− 19 −

s →0

2

Em t

()

− 4,35s + 12,5

2 − 4,35s s = lim 2 s →∞ s + 3,5s + 3,5

− 19 s

s →0

i(∞ ) =

2

s →∞

2

+

=

+ 3,5 s

)

+ 0 +1 e

( ) − 19s 2 − 4,35s2 + 12,5

lim s →0

−2×0

=

12,5 3

≈

3,5

+ 3,5 × 0 + 3,5

s

3 s2

+

s + 1 e −2 s

+ 3,5s + 3,5

6,186 A

0 a tensão sobre o capacitor é igual a 76,02 V, sendo a fonte v1 (t ) removida e substituída por um curto-

circuito (observar que a fonte v 2 (t ) só é ligada em t =2 , tendo tensão nula em t

=

0 ). Como a tensão sobre o

capacitor não varia bruscamente, esta tensão de 76,02 V fica instantaneamente sobre a resistência R1 , fazendo circular uma corrente igual a: i (0 ) =

− vC

(0)

R1

=

− 76,02

4

≈ −19

A.

Em t → ∞ o circuito já está em regime permanente para a fonte v 2 (t ) . Desta forma, o capacitor se comporta como um circuito aberto e o indutor como um curto-circuito. Nesta situação, a corrente é dada por:

i(∞ ) =

2

v2 (∞ )

=

R1 + R2

50 3 4 + 10

≈

6,186 A .

Observar que os termos que aparecem multiplicados por e −2 s possuem valores iniciais nulos. Para a > 0 , lembrar que: lim s n e −as

=

lim

sn

e as Aplicando a regra de l’Hôpital de modo recursivo até eliminar o termo em s do numerador, tem-se: n! lim s n e − as = lim n as = 0 s →∞ s →∞ a e Por exemplo, para n = 2 , tem-se: s2 2s 2 lim s 2 e − as = lim as = lim as = lim 2 as = 0 s →∞ s →∞ e s → ∞ ae s →∞ a e s →∞

s →∞


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Solução (continuação): f)

A corrente pode ser dividida em duas parcelas, uma com o termo e −2 s e outra sem:

I (s ) = I (s ) =

− 19 s

2

()

− 4,35 s + 12,5

s

3

+ 3,5s

− 19 s − 4,35

s

2

+ 3,5 s + 3,5

−2 s

+e

[

] = (f

3 s2

s + 1 e −2 s

(

s3

+ 3,5s

(

+

()

− 19s

=

s

12,5 3 s 2

−2 s

s3

+

+ 3,5 s

12,5 3 s 2

A segunda parcela, e

L−1 e − as F (s )

2

2

3

2

− 4,35s

+ 3,5s

2

+ 3,5s

+e

−2s

12,5 3 s 2

s3

+ 3,5s

2

+

s +1

+ 3,5 s

s + 1)

+

+ 3,5s

s + 1)

3

, corresponde a uma função com deslocamento no tempo pois

+ 3,5s 2 + 3,5 s

t −)(a u) t − a , para a > 0 .

A expansão em frações parciais da primeira parcela é dada por: − 19s − 4,35 K11s + K12 =

s2

+ 3,5s + 3,5

(s + 1,75)2 + 0,66 2

Por inspeção, tem-se: K11 = −19

K12

= −4,35

A expansão em frações parciais da segunda parcela é dada por:

12,5 3 (s 2

s3 K1

)= K

+ s +1

2

=

lim s s →0

lim

1

K 21 s + K 22

+

(s + 1,75)2 + 0,66 2

s

+ 3,5 s + 3,5s

12,5 3 s 2 + s + 1 s 3 + 3,5s 2 + 3,5s

(

)

[K 21 s + K 22 ] =

=

(

lim s →0

12,5 3 s 2 + s + 1 s 2 + 3,5 s + 3,5

)

lim

s →−1, 75+ j 0, 66

s →−1, 75+ j 0 , 66

K 21 (− 1,75 + j 0,66 ) + K 22

=

− 1,75 K 21 +

K 22

+

12(,5 3

12,5 3 3,5

≈

6,186

2 (s 2 + 3,5s + 3,5)123(,5 )3 s 2 + s + 1

s

()

− 1,75 +

j 0,66 )

2

− 1,75 +

j 0,66 K 21

=

+ 3,5s

+ − 1,75 +

+ 3,5 s

j 0,66

j 0,66

( lim )

=

12,5 3 s 2

+

s +1

s

s →−1, 75+ j 0, 66

) = −27,069 + j10,204

+1

j10,204

= −27,069 +

Portanto, 10,204

K 21

=

K 22

= −27,069 + 1,75 K 21 ≈

0,66

≈ 15, 46

0

Assim, a expressão de I (s ) pode ser reescrita como: − 19s − 4,35

I (s ) =

s

2

+ 3,5s + 3,5

−

+ e 2s

12,5 3 s 2

s3

(

+ 3,5 s

2

+

s +1

+ 3,5s

− 19 s − 4,35

−

 6,186

) = (s)+ 1,75 2 + 0,66 2 + e( 2)s 

s

15,46 s +

s + 1,75

2

+ 0,66

2

  

cuja transformada inversa é dada por:

) i(t

=

( 19 ) cos 0,66 ( t) e −1,75t [− +

3

{6,186 + e 1,75(t −

−2

)

+ 43,79 sen 0,66t ]u (t ) + (15,46 cos[0,66(t − 2)] − 40,99 sen[0,66(t − 2)])}u (t − 2 )

Vide propriedades da Transformada de Laplace, Seção V.5.4.


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Solução (continuação): g) Utilizando a expressão anterior, o gráfico da corrente é mostrado na figura a seguir. 30

20

10 i(t) [A] 0 -10

-20 0

0.5

1

1.5

2

2.5 t [s]

3

3.5

4

4.5

5

h) A potência entregue pela fonte em regime permanente é dada por:

PCC

()()

= v2 ∞ ⋅ i ∞ =

50 3 ⋅ 6,196 = 536,59 W


V_14m.m. e V_14.mdl é possível reproduzir parte dos resultados obtidos anteriormente. Alguns resultados e o gráfico da corrente são obtidos utilizando-se o arquivo V_14m.m. Os gráficos dos valores instantâneos das correntes, tensões e potência são obtidos utilizando-se o arquivo V_14.mdl . Os valores obtidos em simulação para a

corrente i(t) e para a potência fornecida para o circuito p(t) são dados, respectivamente, por:

Nos gráficos anteriores é possível observar os valores de regime obtidos para a corrente (6,186 A) e para a potência (536,59 W). Observa-se que a forma de onda da corrente obtida por simulação é idêntica à função calculada na solução do Item (f). Observa-se, também, que no período de 0 a 2 segundos não existe potência fornecida para o circuito, pois neste período ambas as fontes estão inoperantes ( v1(t) desligada pela chave em t=0 e v2(t) ainda não ligada, pois está multiplicada por um degrau deslocado de 2 segundos).


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V.9.2 – Representação de circuitos acoplados magneticamente Como já mostrado no Capítulo IV, o circuito acoplado magneticamente da Figura V.5 e obedece às seguintes equações diferenciais: d d v1)(t = L1 )( i1 t + )(M i2 t dt dt d d v 2)(t = M )( i1 t + )(L2 i2 t dt dt i1 (t )

i2 (t ) M

+

+

L1

v1 (t )

L2

v 2 (t )

–

–

Figura V.5 – Circuito magneticamente acoplado. Calculando a Transformada de Laplace em ambos lados das equações anteriores, chega-se a: i (0) i (0 ) ()1 s()− i1 0 ] + M [sI(2) s −( i)2 0 ] = sL1  I1 (s ) − 1  + sM  I 2 (s ) − 2  V1 ()s = L1 [sI s  s   

V2 ()s

=

M [sI () 1 s() − i1 0

] + L2 [sI(2) s −( i)2

0

] = sM  I1 (s ) − 

i1 (0 ) 



+ sL2 I 2 (s ) −  s  

i2 (0 )  s 

Na forma de circuito equivalente, o circuito magneticamente acoplado da Figura V.5 pode ser representado no domínio da freqüência complexa pelo circuito da Figura V.6. I 1 (s )

I 2 (s )

+

+

i1 (0)

sL1 V1 (s )

i 2 (0 )

sL2

s +

s

V2 (s )

+



sM  I 2 (s ) −



i 2 (0 ) 



sM  I 1 (s ) −

s 

i1 (0) 



s 

–

–

Figura V.6 – Circuito magneticamente acoplado no domínio da freqüência complexa.

Exemplo V.15: Determinar a expressão da corrente i1 (t ) sabendo que a chave permaneceu fechada por um longo tempo antes de abrir em t t

=

0.

=0

R1

i1 (t )

i2 (t )

M +

v(t )

C

L1

L2


R2

C

=

4 mF

R1

=

10 Ω

L1

=

2H

M

=

2H

L2

=

4H

R2

=

50 Ω

v(t )

=

12 V

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Solução: Para a determinação das condições iniciais deve-se observar que o circuito encontra-se em regime permanente e a corrente é contínua (imposta pela única fonte). Como nesta situação não existe variação na corrente em relação ao tempo não existe tensão induzida em L 2 e a corrente inicial nesta malha é nula, ou seja, i 2 (0 ) = 0 . Com relação ao indutor L1 , observar que a queda de tensão em seus terminais também é nula, pois as variações temporais das correntes i1 (t ) e i 2 (t ) para t

0 são nulas. Deste modo, como o capacitor está em curto-circuito,

<

toda a tensão da fonte está sobre R1 e a corrente inicial é dada por i1 (0 ) = Para t

≥

12 10

= 1,2 A.

0 , o circuito equivalente no domínio da freqüência complexa é dado por:

250

I 1 (s )

10

s

I 2 (s )

1,2

2s

+

4s

s

12

50

s

+

+

 

2 sI 2 (s )

2 s  I1 (s ) −

1,2 

s 

Da malha de L2 , pode-se escrever a seguinte expressão para I 2 (s ) :

 (s ) − 1,2   s  

− 2s  I 1

2,4 2s = − I1 (s ) 4 s + 50 4 s + 50 4 s + 50 Substituindo a expressão de I 2 (s ) na fonte controlada da malha de L1 e substituindo a fonte de corrente por seu equivalente de Thévenin, chega-se ao seguinte circuito equivalente.

I 2 (s ) =

250

s

10

I1 (s )

2s +

12

2,4

s

+ +

2

4,8s − 4 s I1 (s ) 4 s + 50 4 s + 50 A equação de malha do circuito equivalente anterior é dada por: − 12

 

250 

4,8s

4s 2

)− ( I1 s )I1 (s − 2,4 + s s  4 s + 50 4s + 50  250 4s 2  12 4,8 s  2s + 10 +  I1 (s ) = + 2,4 − −   4 + 50 4 + 50 s s s s   +  2 s + 10 +

=

0


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Solução (continuação): Multiplicando-se ambos os lados por s(4 s + 50 ) = 4 s 2

+ 50s ,

tem-se:

(8s 3 + 100s 2 + 40s 2 + 500s + 1000s + 12500 − 4s 3 )I1 (s ) = 48s + 600 + 9,6s 2 + 120s − 4,8s 2 (4s 3 + 140s 2 + 1500s + 12500)I1 (s ) = 4,8s 2 + 168s + 600 4,8s 2

I1 (s ) =

4s 3

+ 140s

1,2s 2

I1 (s ) =

s3

+ 35s

+ 168s + 600 2

+ 2

=

+ 1500s + 12500

42s + 150

1,2 s 2

s3

+ 35s

1,2 s 2

=

+

+ 42 s + 150 2

+ 375s + 3125

42s + 150

(s + 25 () ( s) + 5 2 + 10 2 )

+ 375s + 3125

Expansão em frações parciais:

1,2s 2

I1 (s ) =

K11

=

lim

+ 42 s + 150

1,2s 2

lim

s →−25

s → −5 + j10

+ 42s + 150 2

(s + 5)

K 21 s + K 22

= 15

− 5 K 21 +

K 22

⇒ =

+ 10

2

lim

=

=

+

) 1,2(− 25

K 21s + K 22

1, 2 s 2

+

42 s + 150

s + 25

( 1,2 −)5 +( j10 2) + 42 − 5 + j10 (− 5 + j10) + 25

=

K 21

+ 150

=

− 150 +

j 300

20 + j10

=

j15

= 1,5

⇒

0

2

+(42)× − 25 + 150 − 150 = = −0,3 500 (− 25 + 5)2 + 10 2

s →−5 + j10

K 21 (− 5 + j10 ) + K 22 10 K 21

K11

=

(s + 25 () ( )s + 5 2 + 10 2 ) s + 25 (s + 5)2 + 10 2

K 22

=

5 K 21

=

7,5

Desta forma, tem-se: − 0,3 1,5s + 7,5 − 0,3 1,5(s + 5) I1 (s ) = + = + s + 25 (s + 5)2 + 10 2 s + 25 (s + 5)2 + 10 2 Cuja transformada inversa é dada por:

i1 (t ) =

[− 0,3e

−25t

+ 1,5e

−5 t

]

cos10t u (t )

O gráfico da corrente i1 (t ) é dado pela figura a seguir. 1.5

1

i(t) [A] 0.5

0

-0.5 0

0.5

1

1.5

2

t [s]

Solução alternativa:Por intermédio de simulação M ATLAB/SIMULINK utilizando-se o arquivo V_15.mdl é possível reproduzir os resultados obtidos anteriormente.


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V.10 – Função de transferência Para um sistema linear, invariante no tempo, a função de transferência é uma relação entre o valor de uma variável de saída e uma variável de entrada, considerando nulas todas as condições iniciaisdo sistema em análise. Por exemplo, se ambas variáveis são tensões (ou correntes), a função de transferência é um ganho de tensão (ou corrente); se a variável de saída é uma tensão e a de entrada uma corrente, a função de transferência é uma impedância. Na análise de circuitos no domínio da freqüência complexa, a função de transferência ou função de rede G (s ) é dada pela relação entre a transformada de Laplace da saída Y (s ) (função resposta) e a transformada de Laplace da entrada X (s ) (função excitação), considerando nulas todas as condições iniciais:

G (s ) =

Y (s ) X (s )

Exemplo V.16: Determinar a função de transferência G (s ) = 0,1 H

Vs (s ) Ve (s )

0,5 Ω

para o circuito da figura a seguir.

0,2 H +

1Ω +

ve(t)

vs(t)

0,5 Ω 0,1 F

–

Solução: O circuito equivalente no domínio da freqüência complexa é dado por: 0,1s

0,2s

0,5

+ + 1 +

Ve(s)

V2(s)

Vs(s)

0,5 10

s –

Do divisor de tensão tem-se: 0,5 0,5 ) ( V2 )s ( = V)s (s = V2 s 0,5 + 0,5 + 0,2 s 0,2 s + 1

–

=

5 2(s + 5)

V2 (s )

Denominando z 2 (s ) a impedância equivalente que está submetida ao potencial V2 (s ) , tem-se:

 10  ) 1 + 0,2 s z)2 (s = 1 +(  // s  

 10  10 1 + (1 + 0,2s ) 1 + + 0,2s + 2 s   s = = 1+

10

s

+ 1 + 0,2 s

0,2 s + 2 +

10

s

0,2 s + 3 +

=

10

2 s  5s  = s   10  5 s  s 2 0,2 s + 2 + s


+ 15s + 50 + 10 s + 50

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Solução (continuação): Do divisor de tensão, tem-se: s2

V2 (s )

=

=

V2 (s )

=

+ 15s + 50  s 2 + 10s + 50  s 2 + 10 s )+ 50 = ( Ve s  2 2  s + 15s + 50  s + 10s + 50  + 0,1s 2 s + 10s + 50 s 2 + 15s + 50 s 2 + 15 s + 50  10  ) (V s = ) ( V s = s 2 + 15s + 50 + 0,1s s 2 + 10 s + 50 e 0,1s 3 + 2 s 2 + 20s + 50 e  10  ( )

z 2 (s ) ( V) e s z 2 (s ) + 0,1s

(

10 s 2

s3

+

=

+ 15s + 50

20 s 2

+

)

200s + 500

Ve (s )

Substituindo a expressão de V2 (s ) na expressão de Vs (s ) , tem-se:

Vs (s ) =

Vs (s ) =

5 2(s + 5)

V2 (s ) =

(

25 s 2

(

10 s 2

5 2(s + 5) s

+ 15s + 50

3

+ 15s + 50 2

+ 20 s +

)

(s + 5)(s 3 + 20 s 2 + 200s + 500)

)

200s + 500

Ve (s )

Ve (s )

Observando as raízes do polinômio do numerador, tem-se:

⇒

s2

+ 15s + 50 =

0

s2

+ 15s + 50 =

(s + )(5 s +)10

s1, 2

= −5,−10

logo

Substituindo na expressão de Vs (s ) :

Vs (s ) =

( 25 )(s + 5 )s + 10 25(s + 10) Ve (s ) = 3 Ve (s ) (s + 5)(s 3 + 20 s 2 + 200s + 500) s + 20 s 2 + 200 s + 500

Portanto a função de transferência é dada por:

G (s ) = G (s ) ≈

Vs (s ) Ve (s )

=

25(s + 10)

s3

+ 20 s

2

+ 200 s + 500

raízes do denominador:

s1

≈ 52, −3

e s 2, 3

≈ −8, 24 ±

j8,61

25(s + 10 ) 25(s + 10) = (s + 3(,52 ) ( s) + 8,24 2 + 8,612 ) (s + 3)(,52 s + 8,24 −)( j8,61 s + 8,)24 + j8,61

O diagrama de pólos e zeros de G (s ) é dado por:


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Solução (continuação): Im

x

K

=

25

j8,61

-8,24

x -3,52

-10

Re

-j8,61

x

Para s = j10 , tem-se:

G ( j10 )

25( j10 + 10 ) ( j10 + 3)(,52 j10 + 8,24)(− j8,61 j10 +)8,24 + j8,61 25(10 + j10 ) = (3,52 + )(j10 8,24 +)( j1,39 8,24) + j18,61

≈

=

25 × 14,14 45o

= o

G ( j10 )

G ( j10 )

∠G

( j10)

=

≈

10,60 70,61

× 8,36

0,196 258,7 o

=

0,196

25 × 14,14

≈

9,58 o × 20,35 66,12 o

=

10,60 × 8,36 × 20,35 ≈

45o

o

− 101,3

o

0,196

o

o

− 70,61 − 9,58 − 66,12 = −101,3

o

Notar que o módulo da função de transferência é dado pelo produto do módulo das contribuições dos zeros dividido pelo produto das contribuições dos pólos; o ângulo de fase da função de transferência é dado pela soma das contribuições angulares dos zeros menos as contribuições angulares dos pólos. Im

K

=

25

o

8,36 9,58

s=j10

x

14,14 45o 10,60 70,61o x

20,35 66,12o

Re

x


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A determinação da função de transferência do exemplo anterior também poderia ser obtida utilizando-se o método das correntes de malha, como mostrado a seguir.

Solução alternativa 1:A representação equivalente no domínio da freqüência complexa é dada por: 0,1s

0,2s

0,5

+

1 +

I1(s)

Ve(s)

I2(s)

Vs(s)

0,5

10

s –

Escrevendo as equações das duas malhas, tem-se:  10  0,1sI1 ()s + 1 + ()(I1 ()s − I 2) )s( = Ve s ⇒ s  

(1 + 0,2)s() I 2 s

 

10 () ()(I 2 s

+ 1 +

s 

− I1

s

10    0),1(s + 1 + ) )( ( I1 s s  

 

− 1 +

10 

I 2 s

s 

= Ve

s

)= 0

Deseja-se isolar I1 (s ) na segunda expressão: 10 10 (1 + 0,2)(s I 2 s + )(1 +  I 2 )(s − 1 +  I1 s s  s   

=

0

10    10  1 + 0,2 s + 1 +  I 2 )(s = 1 + )(  I1 s s s     10    0,2s + 2 +  5s s I)1 (s =  ) (  I2 s 5s  10  1 +  s  

I1 (s ) =

(s 2 + 10s + 50) I 5(s + 10 )

2

(s )

ª

Da equação da 1 malha, tem-se: 10    10   0,1s + 1 +  I ()s − 1 + () I ()s 1 s  s  2  

×10 s

=V

s

(s 2 + 10s + 100)I() s

⇒

e

(− 10 s) +() 10 I s() = 10sV s

1

2

e

Substituindo a expressão de I1 (s ) na equação anterior, chega-se a: I1 ( s ) 64447 444 8

(s

2

+ 10s + 100

2 )(s + 10s + 50) I 2 (s ) − 10(s + 10) ()I 2

5(s + 10 )

s

()

= 10 sVe

s


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Solução alternativa 1 (continuação): Colocando I 2 (s ) em evidência:

 (s 2 + 10s +)(100 s 2 + 10 ) s + 50  ( ) 5 s + 10 

(s 2 + 10s +)(100 I 2 (s )

=

=

=

I 2 (s )

=

) s + 50 s 2 + 10 5(s + 10 )

(s 2 + 10s +)(100

− 50



(s + 10)2 ()I 2 s =(10 ) sVe s

50 s (s + 10 ) V (s ) = 2 e s 2 + 10 s + 50 − 50(s + 10) 50 s(s + 10 )

s4

+ 20s + 250 s

3

s4

+ 20s + 200 s

s3

+ 20 s

)

2

50 s (s + 10 ) 3

2

+ 1500s + 5000 − 50 + 500 s

50(s + 10 ) 2



( s )+ 10 ()  I 2 s() = 10sVe s

− 10

+ 200 s + 500

(s 2 + 20s + 100)

Ve (s ) =

Ve (s )

Ve ( s )

Daí, pode-se escrever a expressão de Vs (s )

Vs ()s

=

Vs (s ) =

0,5(I) 2 s

s3

=

0,5

50(s + 10 )

s3

+ 20 s

2

+ 200s + 500

Ve (s )

25(s + 10) Ve (s ) 2 + 200 s + 500

+ 20 s

Portanto a função de transferência é dada por:

G (s ) =

Vs (s ) Ve (s )

=

25(s + 10)

s3

+ 20 s

2

+ 200 s + 500

Solução alternativa 2:Por intermédio de simulação MATLAB/SIMULINK utilizando-se o arquivo V_16.mdl é possível reproduzir em parte os resultados obtidos anteriormente.

Dada a função de transferência e o valor da entrada, é possível determinar a saída através da expressão:

Y (s)

=

( ) s( X) s G

Observar que se a entrada x(t)

() t

=δ

é um impulso,

X (s ) = 1

⇒

Y (s)

=

(G) s ⋅ 1(=) G s , portanto,

y ()t = L−1([)Y s ] = L−1 [G (s )] = g (t ) , ou seja, a resposta ao impulso corresponde à transformada inversa de Laplace da função de transferência.


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Exemplo V.17: Se a resposta ao impulso de uma rede é y (t) = g( ) t = e − t , determinar a resposta y (t ) para uma entrada x()t = 10e −()2t u t .

Solução:

[ ]

G (s) = L[()g t ] = L e −t =

1

s +1

[

]

X (s) = L([)x t ] = L 10e −2t u (t ) =

10 s+2

Logo:

( ) s( X) s = Y (s) = G

1

10

=

s +1 s + 2

10

(s + )(1 s +) 2

A expansão em frações parciais é dada por: 10 K1 K2 = + Y (s ) = (s + )(1 s +) 2 s + 1 s + 2



 10 10  10  = = 10  = lim s + )( 1 s +) 2  s →−1 s + 2  − 1 + 2    10 10  10  = lim = = −10 K 2 = lim (s + 2 ) s →−2 (s + )(1 s +) 2  s →−2  s + 1 − 2 + 1 

K1 = lim (s + 1) s →−1 (

Assim, =

Y (s )

10

(s + )(1 s +) 2

10

=

s +1

10

−

 1

=

s+2

10 s + 1

−

1 

s + 2 

Cuja transformada inversa é:

y (t ) = 10(e −t − e −2t )u (t )

Solução alternativa: Por intermédio de simulação M ATLAB/SIMULINK utilizando-se o arquivo

V_17.m é

possível reproduzir os resultados obtidos anteriormente.

V.11 – Resposta em freqüência A resposta em regime permanente a uma entrada do tipo x(t ) = X M e jωt pode ser obtida a partir da função de transferência G (s ) , calculada para s = jω , ou seja, G ( jω ) . Assim:

Y (s) = G ( ) s( )X s ( = G ) ( )jω X s Para x(t ) = X M e jωt , tem-se X (s ) =

XM s − jω

. De modo semelhante, para) x(t = X M e( jωt = X M cos ) ωt + j sen ωt ,

 s ω  s + jω  + j 2  = X M  2 2 )( s −) jω s +ω2   s +ω  (s + jω

tem-se X (s ) = X M 

 XM .  =  s − jω


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Assim:

X (s )

6 474 8

 XM  XM  = G (s )  s − jω  s − jω

Y (s) = G ( ) s 

a expansão em frações parciais nos leva à:

)

Y (s =

K1 ) os com ( os pólos de G s + termos relacionad s − jω

Sendo K1 dado por:



 X M   ) =( lim [X M G s ] = X M(G) jω = (X)M( G j)ω ∠G jω  s − jω   s → jω

) ()jω G s  K1 = lim (s − s → jω



Supondo que G (s ) não possua nenhum pólo no semi-plano direito do plano complexo, a resposta em regime permanente existe e é dada por:

Y (s ) =

K1 s − jω

cuja transformada inversa é dada por:

G jω 6447448 647 K148 ) (t = K1e jωt =()X M G jω()e jωt = X M G jω (e j (∠)G ( jω )) e jωt = X M G ( jω ) e j (ωt +∠G ( jω )) y RP Generalizando, para uma função de excitação x) (t = X M( cos) ωt + φ ,tem-se:

( )M G jω cos[ω( )t + φ + ∠G jω y RP) (t = X

]

Ou seja, a amplitude da resposta estacionária é igual ao produto da amplitude do sinal de entrada X M pelo módulo da função de transferência G ( jω ) ; o ângulo de fase da resposta estacionária é igual à soma do ângulo de fase do sinal de entrada (ωt + φ ) com o ângulo de fase da função de transferência ∠G ( jω ) . Neste caso, tanto o módulo da função de transferência quanto o ângulo de fase devem ser calculados para a freqüência s = jω do sinal de entrada.

Exemplo V.18: Determinar a expressão da tensão de saída em regime permanente v s (t ) sabendo que: G (s ) =

Vs (s ) Ve (s )

=

1000(s + 5000 )

s 2 + 6000 s + 25000000

ve (t ) = 120 cos(5000t + 30 o ) V


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(s ) Solução: Como a freqüência da fonte é 5000rad/s, deve-se calcular G para G ( j 5000) =

1000( j 5000 + 5000)

( j 5000)2 + 6000 ⋅ j 5000 + 25000000 G ( j 5000 ) =

Assim, tem-se:

v s RP (t ) = 120

2

=

1 + j1  − j 6 

 = j 6  − j 6 

∠G ( j 5000) = −45o

6

( 2 cos 5000t + 30 )− 45 ( = 20) 2 cos 5000t − 15 o

o

= j s = jω 5000

6 − j6 36

=

1 − j1 6

=

: 2 6

− 45

o

e o

6


V_18m.m

e V_18.mdl é possível reproduzir os resultados obtidos anteriormente, sendo a tensão de saída dada por:

Embora o ângulo de fase não seja facilmente identificado, a amplitude de 20 2 = 28,28 V pode ser verificada no valor de pico da função senoidal.

V.11.1 – Curvas de amplitude e fase em freqüência Como visto anteriormente, a resposta em regime de um sistema submetido a uma excitação senoidal pode ser facilmente determinada através do conhecimento do valor da função de transferência (em módulo e ângulo de fase), calculado para a freqüência da fonte. Deste modo, o conhecimento do comportamento do módulo e do ângulo de fase da função de transferência de um sistema é muito útil na análise de seu comportamento em regime permanente senoidal. Seja uma função de transferência da forma: ( s − )(z1 s −) z( 2 L) s − z n K G (s ) = (s − p)(1 s −) p( 2 L)s − p m O valor do módulo e do ângulo de fase de G (s ) , para s = jω é dado por:

(K jω)(− z1 j)ω( − z 2 )L jω − z n ( jω − )(p1 jω )−( p 2 L) jω − p m e cada termo do tipo ( jω − z i ), i = 1,2,L, n e G ( jω ) =

jω − p j , j = 1,2,L, m é um número complexo que possui

módulo e ângulo de fase. Portanto pode-se escrever: 1 1 2 2 L Zn θ n = KZ1 Z 2 L Z n θ + θ + K + θ − φ − φ − K − φ G ( jω ) = K Z θ Z θ 1 2 n 1 1 m P1 φ1 P2 φ 2 L Pm φ m P1 P2 L Pm

( )( ) (

)

ou, de modo mais compacto, tem-se: n

∏ Zi G ( jω ) = K

i =1 m

∏ Pj

n

∠G ( jω ) =

m

∑θ − ∑ φ i

i =1

j

j =1

j =1


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Exemplo V.19: Determinar os gráficos de módulo e fase da função de transferência G ( jω ) =

V s ( jω ) Ve ( j ω )

do

circuito a seguir, para ω variando de 0 a ∞ .

+

R2

R1

v e (t )

–

v s (t )

+

R2

C

Solução: No domínio da freqüência complexa, o circuito equivalente é dado por:

+

R2

R1

Ve (s )

–

V s (s )

+

1

R2

sC

Aplicando divisor de tensão tem-se:

 2  1   1  1     −s +    R1C    R1C  R2  R1C 1 sC  V)e s ( = )Vs (s =  −) ( +) (Ve s =  Ve s  1 R + 1 R2 + R 2  2  2 s + 1    1  s+    sC R1C   R1C       1  1   s−  s− Vs (s ) R1C  R1C 1 ) ( Ve s V)s (s = − G (s ) = =− 1 1 2 2 Ve (s ) s+  s+ R C R 1 1C    1 1     + jω   jω −  − R1C  1 1  R1C  =− G ( jω ) = −  1  2 2 1 j ω + + j ω     R1C    R1C  1

Daí:

Logo, para s = jω :

     

Utilizando o diagrama de pólos e zeros da função de transferência é possível construir um gráfico auxiliar para a determinação do módulo e do ângulo de fase da função de transferência, em função da freqüência angular jω . Im

jω x −1

R1C

tan

−1

180 o − tan

−1

(ω R1C )

(ω R1C ) 1

R1C


Re

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Solução (continuação): Do gráfico anterior e da expressão de G ( jω ) , tem-se: 2   1     + ω 2  1  R1C  1 =  G ( jω ) = 2 2 2   1     +ω2     R1C   − o ∠ ( ) = 180 + 180 o(− )tan (1 ω) R1C −(tan ) −1 ωR1C = −2 tan −1 ωR1C G j ω 

Isto leva aos seguintes gráficos de módulo e de ângulo de fase: 1

)| w

G ( jω ) (j|H

0

012345 w

0

-45

∠G ( jω )

) jw ( H <

-90

-135

-180

012345 w

Solução alternativa: Por intermédio de simulação MATLAB utilizando-se os arquivos

V_19.m é possível

reproduzir os resultados obtidos anteriormente.


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V.11.2 – Diagramas logaritmicos (Bode) Quando a função de transferência for uma grandeza adimensional pode-se utilizar o diagrama de Bode como forma alternativa para se representar a variação desta função ganho com a freqüência do sinal de entrada. No diagrama de Bode, o módulo da função de transferência é expresso em decibéis (dB): () 10 G jω G ()jω dB = 20 log e é utilizada uma escala linear para as ordenadas (módulo e fase) e logarítmica para as abcissas, visando possibilitar a representação de um espectro maior de freqüências. Historicamente, o fator 20 é devido à definição de dB como ganho de potência. Como a potência é proporcional ao quadrado da magnitude da corrente ou da tensão, 2

10 log10

Y ( jω ) Y ( jω ) = 20 log10 X ( jω ) X ( jω )

Algumas propriedades das grandezas expressas em dB são as seguintes: a)

10G)( jω 10G () jω

b)

2G)( jω 2G ()jω

c)

dB

= 20)(log10 10G )(jω = 20 log10 10 G )j(ω

dB

() 10 G() jω = 20 + G jω = 20 + 20 log

dB

( = 20)(log10 2G )(jω = 20 log10 2 G j)ω

dB

() 10 G() jω = 6 + G jω ≅ 6 + 20 log

1

= 20 log10

G () jω

()

G ( jω ) dB

()

= 20 log10 

dB

= 20 log10 2 + 20 log10 G jω

dB

1

  = 20 log10 1 − 20 log10 G ( jω )

 G jω  

dB

1



1

G jω

= 20 log10 10 + 20 log10 G jω



= − G ( jω ) dB

Algumas definições: •

Década – Faixa de freqüência entre ω1 = k e ω 2 = 10k . Exemplo: ω1 = 10Hz e ω 2 = 10 × 10 = 100Hz . Sendo n o número de décadas entre ω 2 e ω1 , tem-se: ω ω ω 2 = 10 n ω1 ⇒ 10 n = 2 ⇒ n = log10 2 ω1 ω1

•

Oitava – Faixa de freqüência entre ω1 = k e ω 2 = 2k . Exemplo: ω1 = 10Hz e ω 2 = 2 × 10 = 20Hz . Sendo n o número de oitavas entre ω 2 e ω1 , tem-se: ω log10 2 ω ω ω1 ω 2 = 2 n ω1 ⇒ 2n = 2 ⇒ n = log 2 2 = ω1

ω1

log10 2

Exemplo V.20: Traçar o diagrama de Bode (somente módulo) das seguintes funções de transferência: a) G ( jω ) = K

c) G ( jω ) =

b) G ( jω ) = jωK

d) G ( jω ) =

K jω K

( jω )n


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Solução: a) G ( jω ) = K G ()jω

() 10 G jω = 20 log10 K = 20 log

dB

20 log 10 K

G ( jω ) dB

ω ω1

20 log 10 K

2ω 1

20 log 10 K

10ω 1

20 log 10 K 1

b)

10

ω

() 10 G jω = 20 log10 jωK = 20 log10 K ω = 20 log10 K + 20 log10 ω = 20 log

dB

+ 20 dB

G ( jω ) dB

ω

20 log 10 K + 20 log 10 ω 1

2ω1

20 log10 K + 20 log10 ω 1 + 6 20 log 10 K + 20 log10 ω 1 + 20 1

G ( jω ) =

K jω

G ()jω

() 10 G jω = 20 log10 = 20 log

dB

10

− 20 dB

ω1

20 log10 K − 20 log10 ω 1

2ω1

20 log10 K − 20 log10 ω 1 − 6

10ω 1

20 log 10 K − 20 log10 ω 1 − 20

dB

1000

20 log10 K

1

G ()jω

100

ω

K K = 20 log10 = 20 log10 K − 20 log10 ω jω ω

G ( jω ) dB

ω

G ( jω ) =

década

20 log10 K

ω1 10ω 1

d)

1000

G ( jω ) = jωK G ()jω

c)

100

10

100

década

1000

ω

K

( jω )n = 20 log () 10 G jω = 20 log10

ω

K

( jω )n

G ( jω ) dB

ω1

20 log10 K − 20n log10 ω 1

2ω1

20 log 10 K − 20n log 10 ω 1 − 6n

10ω1

20 log 10 K − 20n log10 ω 1 − 20n

= 20 log10

K

ωn

= 20 log10 K − 20 log10 ω n = 20 log10 K − 20n log10 ω − 20n dB

20 log10 K

década n

1

10


100

K

1000

ω

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V_20.m é possível


V.11.3 – Traçado do diagramas de Bode Seja a função de transferência, com z i ≠ 0, ∀i = 1,2,L, n e p j ≠ 0, ∀j = 1,2,L, m :

() s G (s) = K

( s −)( z1 s) −( z 2 L ) s − zn

±N

−

−

(s p)( s ) p( 1

− 2 L

)s

= K ′(s )

±N

pm

 s  s   s   1 + 1 + L 1 +  − z1  − z 2   − z n       1 + − sp 1 + − sp  L1 + − sp  1  2  m   

onde:

K′ = K

(− z)(1 − )z 2( L )− z n (− p)(1 − )p2( L )− pm

Fazendo s = jω e calculando em dB, tem-se:

G ( jω ) dB

=

20 log10 K ′ ± 20 N log10 jω + + 20 log10 1 + j − 20 log10 1 + j

ω − z1

ω − p1

+ 20 log10 1 + j − 20 log10 1 + j

ω − z2

ω − p2

+ K + 20 log10 1 + j

ω − zn

− K − 20 log10 1 + j

+

ω − pm

Na expressão anterior, observar que cada termo pode ser calculado independentemente do outro, totalizando quatro tipos de fatores, com as seguintes contribuições em módulo e ângulo de fase: •

Fator constante : K (ganho) Módulo:

20 log10 K dB

Fase:

K >0  0,  o ± 180 , K <0 


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•

Fator derivativo/integrativo : Zeros (fatores derivativos) e pólos (fatores integrativos) na srcem, isto é, ()s + N (=) jω + N para zeros e ()s − N (=) jω − N para pólos. Derivativo: jω (zero na srcem): Módulo:

+ 20 log10 jω = +20 log10 ω dB

Fase:

+ 90

Integrativo:

•

⇒

+ 20 dB

⇒

− 20 dB

década

= +6 dB

1 (polo na srcem): jω

Módulo:

− 20 log10 jω = −20 log10 ω dB

Fase:

− 90

década

= −6 dB

 



Zero real simples: 1 + j



Módulo:

 ABF :   AAF : 

Pólo real simples:

<< ω n ,

≈ 20 log10 1 = 0 dB

ω

= ωn ,

= 20 log10

ω

>> ω n ,

≈ 20 log10 ω

  

2

2 ≈ 3 dB

ωn

dB ⇒ + 20 dB

década

ω ωn

ω ωn

:

− 20 log10 1 + j

 ABF :    AAF : 

ω ω = +20 log10 1 +  ωn  ωn

ω

1 1+ j

Módulo:

  . 

   = tan −1  ω  ω  1  n   ω << ω , ≈ tan −1 (0 ) = 0 n −1 o ω =ω , = tan (1) = 45 n −1 ω >> ω , ≈ tan (∞ ) = 90 o n

tan −1 

ABF :   AAF : 

ω ωn

ω  : ω n 

+ 20 log10 1 + j

Fase:

oitava

o

Fator de primeira ordem : Zeros ou pólos simples ou múltiplos na forma 1 + j

Fase:

oitava

o

ω  ω  = −20 log10 1 +  ωn  ωn 

2

ω

<< ω n ,

≈ −20 log10 1 = 0 dB

ω

= ωn ,

= −20 log10

>> ω n ,

ω ≈ −20 log10 dB ⇒ − 20 dB década ωn

ω

 ωωn  1 

− tan −1 

2 ≈ −3 dB

  = − tan −1  ω  ω    n 


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ABF :   AAF : 

ω

<< ω n ,

≈ − tan −1 (0 ) = 0

ω

= ωn ,

= − tan

ω

−1

(1) = −45 ≈ − tan (∞ ) = −90 o

−1

>> ω n ,

o



•

2  jω     . Neste caso, z = σ + jω n ωn  ωn      s  2 2σ  σ  − e z * = σ − jω n , portanto, (s − z )(s − z * ) = s 2 − 2σs + ω n2 = ω n2  s + 1 . Fazendo ξ = − , ωn  ω n  ω n2 

Fator quadrático: Zeros ou pólos quadráticos na forma 1 + 2ξ

jω

+ 

tem-se:

 s  2  s  + 2ξ + 1 = s 2 + 2ξω n s + ω n2 ωn  ω n  

(s − z )(s − z * ) = ω n2  Para s = jω ,

 jω  2  jω  + 2ξ + 1 ωn  ω n  

( jω − z )( jω − z * ) = ω n2  

jω

Zero complexo conjugado: 1 + 2ξ



ωn

2  jω     :  ω n  

+ 

2

Módulo:

2   ω 2   ω 2  jω   = 20 log10 1 −    +  2ξ  +  20 log10 1 + 2ξ n n n n ω ω    ω    ω 

jω

  ABF :    AAF : 

Fase:

ω

<< ω n ,

≈ 20 log10 1 = 0 dB

ω

= ωn ,

= 20 log10 2ξ dB

ω

>> ω n ,

≈ 20 log10 

2

ω  ω  = 40 log10 dB ⇒ + 40 dB década ω ω n  n

   2ξ ω   ωn   tan −1  2  ω     1 −   ω     n   ABF :     AAF : 

ω

<< ω n ,

ω

= ωn ,

ω

>> ω n ,

Pólo complexo conjugado:

− 0 ≈ tan 1   = 0 1

= tan −  2ξ  = 90  0   ∞  ≈ tan −1   = 180 o (Parte real negativa e >> que imaginária)  − ∞2  1

o

1

 jω   + 1 + 2ξ ω n  ω n  jω

2

:


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2

Módulo:

− 20 log10 1 + 2ξ

  ABF :    AAF : 

2   ω 2   ω  2  jω   = −20 log10 1 −    +  2ξ    ω n    ω n   ωn 

jω

+ 

ωn

ω

<< ω n ,

≈ −20 log10 1 = 0 dB

ω

= ωn ,

= −20 log10 2ξ dB

ω

>> ω n ,

≈ −20 log10 

2

ω  ω  = −40 log10 dB ⇒ − 40 dB década ω ω n  n

 ω   2ξ ω  n  − tan  2  ω     1 −   ω     n  −1

Fase:

 ABF :      AAF : 

ω

<< ω n ,

ω

= ωn ,

ω

>> ω n ,

−  0 ≈ − tan 1   = 0 1 −1  2ξ  o = − tan   = −90  0   ∞  ≈ − tan −1  = −180 o 2  −∞ 

G (s ) =

Exemplo V.21: Seja a função de transferência dada por:

( s)(+ 10 s) + 100 1000 s (s + 1) s 2 + s + 100

(

a) Desenhar o diagrama de pólos e zeros de G (s ) .

)

b) Traçar as curvas assintóticas (diagrama de Bode assintótico) de módulo e de fase de G (s ) . c) Efetuar as correções no diagrama assintótico considerando a contribuição de cada termo somente na singularidade (ω = ω n ) .

Solução: O diagrama de pólos e zeros de G (s ) é dado pela figura a seguir. Im

x

x -100

K = 1000

j9,99

x

-1 -0,5

-10

x

Re

-j9,99

E a função de transferência apresenta as seguintes singularidades: Zeros (2): − 10; − 100 Pólos (4): 0; - 1; − 0,5 + j 9,99; − 0,5 − j 9,99

s 2 + s + 100 = 0

⇒

s1, 2 =

− 1 ± 1 − 4 ⋅ 1 ⋅ 100

2 ⋅1

= −0,5 ± j 99,75 ≈ −0,5 ± j 9,99


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Solução (continuação): As expressões das curvas assintóticas de módulo e de fase são dadas por:

⇒

ω << 1

G (s ) ≈

1000 ( 10 )( 100 )

=

s (1)( 100)

G ( jω ) dB = 20 log10

10

10 6 10 2 s

10 4

=

s

4

jω

= 20 log10 10 4 − 20 log10 ω = 80 − 20 log10 ω

 10 4  o o   jω  = 0 − 90 = −90  

∠G ( jω ) = ∠

G (s ) ≈

⇒

1 << ω << 10

G ( jω ) dB = 20 log10

( )(10 100 ) 1000

10 4

10 6

=

s (s)( 100)

=

10 2 s 2

10 4

s2

4

= 20 log10 10 − 20 log10 ω 2 = 80 − 40 log10 ω

( jω )2

 10 4  o o   ( jω )2  = 0 − 2 × 90 = −180  

∠G ( jω ) = ∠

10 << ω << 100

⇒

G (s ) ≈

G ( jω ) dB = 20 log10

( )(s 100 ) 1000

10 5

( jω )3

s(s )(s

2

)

=

10 5 s

s

4

=

10 5

s3

= 20 log10 10 5 − 20 log10 ω 3 = 100 − 60 log10 ω

 10 5  o o   ( jω )3  = 0 − 3 × 90 = −270  

∠G ( jω ) = ∠

100 << ω

⇒

G (s ) ≈

( )(s )s 1000

G ( jω ) dB = 20 log10

s (s ) s ( 10 3

( jω )2

2

=

10 3 s 2

s

)

4

=

10 3

s

2

= 20 log10 10 3 − 20 log10 ω 2 = 60 − 40 log10 ω

 10 3  o o   ( jω )2  = 0 − 2 × 90 = −180  

∠G ( jω ) = ∠

Assim, as curvas assintóticas de módulo e de fase são dadas pela figura a seguir. − 20 dB

100 dB

déc.

80 dB

− 40 dB

40 dB

G ( jω ) dB

déc.

− 60 dB

déc.

0 dB − 40 dB

-20 dB

déc.

-60 dB °

∠ G ( jω )

–90

°

–180

°

–270

0,1

1

10

100

1000


ω

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Solução (continuação): As correções considerando apenas a contribuição de cada termo na singularidade (ω = ω n ) são: ω 1

Contribuição Módulo [dB] Fase [°] dB –3 –45°

Singularidade Polo simples

 jω  jω   + Polo complexo conjugado: 1 + 2ξ  ω n  ω n   10

( jω )2

   

− 20 log10 2ξ − 20 log10 0,1

–90°

  jω  2 + 1  jω  + 1 + jω + 100 = 100    10  10  10     2ξ = 0,1

100

2

+20 dB

ω n = 10

Zero simples Total Zero simples

dB +3 +23 dB dB +3 − 20 dB

100 dB

+45° –45° +45°

déc.

80 dB –3 dB 40 dB

G ( jω ) dB

+23 dB

− 40 dB

− 60 dB

déc.

0 dB

déc.

+3 dB − 40 dB

-20 dB

déc.

-60 dB °

∠G ( j

)

–45°

–90

°

°

–180

–45

–270°

°

+45

0,1

1

10

100

1000


V_21.m é possível



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Exemplo V.22: Para o circuito da figura, determinar a função de transferência G (s ) =

Vs (s ) Ve ( s )

, o diagrama de

pólos e zeros e o diagrama de Bode. 2C

2R

+

+

RC = 50 ms ve(t)

R

C

vs(t)

–

–

Solução: O circuito equivalente no domínio da freqüência complexa é dado por (como se deseja determinar apenas a função de transferência, as condições iniciais não são relevantes): 1 2sC

2R

+

+

Ve(s)

1

R

Vs(s)

sC

–

–

Substituindo o trecho em vermelho pelo seu circuito equivalente, tem-se: 1 2 sC

2R

Z TH (s )

+

Ve(s)

1

R

sC

–

R

VTH) (s =

) ( Ve s =) (

R+ R

Z TH (s ) =

1

2 RCs

2 RCs + 1

+

+

Vs(s)

VTH(s)

–

–

2R +

1

sC

Vs(s)

–

Ve s

2sC 1

R 2 sC = 1 2 RCs + 1 R+ 2 sC

Aplicando a expressão do divisor de tensão no circuito equivalente, tem-se: 1 2 RCs 2R sC Vs (s ) = × Ve ( s ) = Ve ( s ) 1 R 1 2 + 1 RCs   14 4244 3 2R + +  2R + (2 RCs + 1) + R V ( s ) TH +3 sC 1 24 RCs 1 sC   24 ZTH ( s )

2R

V) s (s = 2

) (

4 R Cs + 5 Rs +

× sC

1

Ve s =

2 RCs 2

4(RC ) s 2 + 5 RCs + 1

Ve (s )

sC


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Solução (continuação): Ajustando o coeficiente do termo de maior grau do denominador (tornando seu coeficiente unitário), chega-se a: 2 RCs

Vs (s ) =

  

2 4(RC )  s 2 +

5 4 RC

1 s 2 RC 5 s+

Vs (s ) = s2 +

1

s+

2

1 s 2 RC Ve (s ) = Ve (s ) 5 1  s2 + s+  2  4 RC 4(RC )

4(RC ) 

Ve (s )

1 2

4 RC 4(RC ) Substituindo o valor de RC = 50 × 10 −3 s , tem-se: 10s ) ( Ve s V)s (s = 2 s + 25s + 100 Daí, a função de transferência é dada por V (s ) 10s G (s ) = s = Ve (s ) s 2 + 25s + 100 Determinando as raízes do polinômio do denominador, pode-se determinar o diagrama de pólos e zeros de V (s ) . As raízes são –5 e –20 e a função de transferência pode ser reescrita da seguinte forma: G (s ) = s Ve (s ) Im

Vs (s )

10s

x

x

–20

–5

K = 10

Re

G (s ) = Ve (s) (= s )(+ 5 s )+ 20 Em função das singularidades da função de transferência, as expressões das curvas assintóticas de módulo e de fase do diagrama de Bode são dadas por: 10 s s ω << 5 ⇒ G (s ) ≈ = 5 × 20 10 jω G ( jω ) dB = 20 log10 = 20 log10 ω − 20 log10 10 = 20 log10 ω − 20 dB 10

 jω   = 90 o − 0 = 90 o  10 

∠G ( jω ) = ∠

5 << ω << 20

⇒

G (s ) ≈

G ( jω ) dB = 20 log10

1 2

10s

s × 20

=

1 2

≈ −6 dB

1 ∠G ( jω ) = ∠ 2  = 0  

ω >> 20

⇒

G ( jω ) dB

10s 10 = s×s s 10 = 20 log10 = 20 log10 10 − 20 log10 ω = 20 − 20 log10 ω dB jω

G (s ) ≈

 10  o o  = 0 − 90 = −90  jω 

∠G ( jω ) = ∠


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Solução (continuação): Utilizando a expressão das assíntotas, obtidas anteriormente, pode-se esboçar o seguinte diagrama assintótico de módulo e de fase da função de transferência. + 20 dB

–6 dB

− 20 dB

déc.

déc.

G ( jω ) dB °

90

∠G ( j

)

°

0

–90

°

5

20

As correções considerando apenas a contribuição de cada termo na singularidade (ω = ω n ) são:

ω 5 20

Contribuição Módulo [dB] Fase [°] –3 dB –45° –3 dB –45°

Singularidade Polo simples Polo simples

O diagrama de Bode corrigido é dado por: + 20 dB

–6 dB

G ( jω ) dB

–3 dB °

90

∠G ( j

)

− 20 dB

déc.

–45

–3 dB °

°

0

–90

déc.

–45

°

°

5

20


V_22m.m

e V_22.mdl é possível reproduzir os resultados obtidos anteriormente.


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Exemplo

V.23: Para

o

circuito

anterior,

determinar

a

expressão

de

v s (t ) ,

sabendo

que

() u t (− 10) u t − 1 e que o circuito está descarregado em t = 0 . ve ()t = 10 Solução: A transformada de Laplace da função de excitação é dada por: v e ()t = 10 () u t (− 10) u t − 1 Ve (s) = L[(v)e t ] = L[10()u t −( 10 ) u t −1 ] =

10

s

−

10

s

e −s =

10

s

(1 − e s ) −

Utilizando a função de transferência G (s ) , obtida anteriormente, pode-se obter a expressão da transformada de Laplace da tensão de saída. Vs (s) = G ( ) s (V)e s =

10 s

(s +4 )(5 2s4 + )20 14 4 3

×

10

(1 − e s ) =

100

−

s 4243 1

(1 − e s ) −

(s + )(5 s + )20

Ve ( s )

G (s )

Para determinar a transformada inversa de Vs (s ) é necessário obter a expansão em frações parciais do seguinte quociente: K1 K2 100 = + (s + )(5 s + )20 s + 5 s + 20 sendo os coeficientes K1 e K 2 dados por:



K1 = lim (s + 5) s →−5





100

 100 

100

100

= lim = = (s + )(5 s +)20  s→−5  s + 20  − 5 + 20 15

=

20 3

  100 100 100 − 20  100  K 2 = lim (s + 20) = lim = = = s →−20 (s + )(5 s + )20  s →−5  s + 5  − 20 + 5 − 15 3  Utilizando estes coeficientes, a expressão da transformada de Laplace da tensão de saída pode ser reescrita: 20   20  3  1 − e −s Vs (s ) =  3 −  s + 5 s + 20 

(



)



cuja transformada inversa é dada por: 20 20  20   20  v) s (t =  e −5t − ) (e − 20t u t −  e()−5 t −1 − () e −20 t −1 u (t − 1) 3 3  3   3  O gráfico da tensão de saída em função do tempo está mostrado a seguir: 4 3 2 1 ) t ( s v

0 -1 -2 -3 -4

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

1.6

1.8

2

t


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V_23m.m

e V_23.mdl é possível reproduzir os resultados obtidos anteriormente. O gráfico da tensão de saída em função do tempo obtido na simulação é dado por:

Na Tabela V.4 encontram-se sugestões de exercícios, referentes aos assuntos tratados neste capítulo.

Livro Alexander&Sadiku (2003)

Tabela V.4 – Sugestões de exercícios referentes ao Capítulo V. Capítulo Página: Exercícios 635: 15.11; 15.12; 15.15 634: 15.2; 15.3; 15.4; 15.5; 15.6 15

13 Nilsson&Riedel (1999) 14

16 Irwin (2000) 17

636: 637: 638: 640: 324: 325: 326: 355: 356: 357: 359: 360: 362: 711:

15.21; 15.36; 15.46; 15.71;

15.22; 15.37; 15.48; 15.72;

15.24; 15.25; 15.27; 15.31; 15.34; 15.35 15.38; 15.40; 15.43; 15.44; 15.45 15.49; 15.50; 15.51; 15.53; 15.55; 15.56; 15.57 15.77 641: 15.83; 15.84

13.1 13.2; 13.3; 13.11; 13.12; 13.16; 13.17 13.22; 13.23; 13.24; 13.25; 13.26 327: 14.4; 14.5 14.7; 14.8; 14.9; 14.10; 14.13; 14.15; 14.16 14.17; 14.18; 14.19; 14.20 358: 14.25; 14.31; 14.34; 14.36; 14.37; 14.38; 14.39 14.40; 14.45 361: 14.47; 14.55; 14.56 16.1; 16.2; 16.4; 16.5; 16.8 712: 16.11;

13.28; 13.31; 13.40

14.26; 14.27; 14.29; 14.30 14.49

16.12; 16.13; 16.14 715: 16.28; 16.29; 16.30; 16.31; 16.32; 16.35; 16.37 716: 16.51; 16.52; 16.53 717: 16.54; 16.55; 16.56 748: 17.1; 17.3; 17.4; 17.5; 17.6; 17.7; 17.8; 17.9; 17.10; 17.11 750: 17.19; 17.20; 17.21 751: 17.22; 17.24; 17.26

754: 17.38; 17.39; 17.40; 17.41; 17.42; 17.43 755: 17.45; 17.46; 17.47 756: 17.55; 17.59; 17.60


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VI

Análise de Fourier

VI.1

Introdução

No curso de circuitos elétricos, dedica-se grande espaço para a análise de circuitos elétricos submetidos à excitação do tipo senoidal. Isto se deve a possibilidade de estender os principais resultados desta análise mesmo quando o tipo de excitação não é senoidal. Utilizando-se a série de Fourier é possível determinar a resposta em regime permanente (resposta estacionária) de uma rede a uma entrada periódica não-senoidal. A transformada de permite circuitos com entradas não-periódicas forma similar transformada deequações Laplace, ou Fourier seja, através de analisar uma representação equivalente no domínio da de freqüência para aàqual são obtidas algébricas que são, posteriormente, convertidas para o domínio do tempo. VI.2

Série de Fourier

Através da série de Fourier é possível transformar funções periódicas não-senoidais em um somatório de funções periódicas senoidais, conforme ilustra a Figura VI.1.

Função periódica não-senoidal1

Série de Fourier

Série de funções Periódicas senoidais

Figura VI.1 – Esquema de aplicação da série de Fourier. Uma função periódica é qualquer função que se repete a intervalos regulares, denominados períodos. Toda função periódica satisfaz a equação:

) nT f ()t =( f t ±

(1)

onde n é um número inteiro positivo maior que zero (n ∈ I , n > 0) e T é uma constante real denominada período. Por exemplo, a função seno é periódica, com período T = 2π , pois: sen)(x

= sen[x( ± ) 1⋅

2π ] = sen[x ± 2 ⋅ (2π )] = sen[x ± 3 ⋅ (2π )] = K

Fourier mostrou que uma função periódica f (t ) pode ser representada1 por uma soma infinita de senóides e cosenóides com períodos múltiplos inteiros (harmônicos) do período T da função periódica (período fundamental), constituindo a chamada Série Trigonométrica de Fourier, dada por:

1

Para que seja possível expressar uma função periódica f (t ) como uma série de Fourier devem ser satisfeitas as

condições de Dirichlet (suficientes mas não necessárias): • f (t ) deve ser unívoca; •

f (t )

•

f (t )

•

deve ter um número finito de descontinuidades dentro de cada período; deve ter um número finito de máximos e mínimos dentro de cada período;

A integral

∫

t +T t

f (t ) dt deve existir.

Toda função periódica produzida por uma fonte real satisfaz as condições de Dirichlet mas ainda não são conhecidas as condições necessárias para que uma função f (t ) tenha representação em série de Fourier. Análise de Fourier – SHaffner/LAPereira

Versão: 11/9/2007

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Circuitos Elétricos B ∞

)f (t

= a0 +

∑1(a )cos n(ω 0)t n

+ bn sen nω 0 t

(2a)

n=

sendo a0 , a n e bn os coeficientes de Fourier e ω 0

= 2π

T

a freqüência fundamental da função periódica

f (t ) . Os múltiplos inteiros de ω 0 , isto é, 2ω 0 , 3ω 0 , 4ω 0 ,L , são denominados harmônicos de f (t ) : 2ω 0 é o segundo harmônico; 3ω 0 é o terceiro harmônico e assim por diante.

Os coeficientes da Série Trigonométrica de Fourier são determinados através das seguintes expressões:

a0 = ak = bk =

1

T

2 T

2 T

t 0 +T

∫

t0

∫

t0

∫

f )(t dt =

t0 +T

t 0 +T t0

1 )(T f t dt

T

∫0

(2b)

2

∫ 0 )f

2

∫

T

f )(t

(cos )kω 0t

dt = )( ( T

f )(t

(sen )kω 0t

dt = )( ( )f t T 0

t

T

cos kω 0t dt

k = 1, 2, L

(2c)

sen kω 0t

k = 1, 2, L

(2d)

dt

Alguma simplificação na notação pode ser obtida através da redefinição do termo

)f (t

=

a0

2

a 0 , da seguinte forma:

∞

+


+ bn

(3a)

sen nω 0 t

n=

e =

ak bk

2

t0 +T

∫ 2 = T∫ T

t0 t 0 +T

t0

2 T )(T ( 0 )f ∫ 2 T f )(t (sen )kω 0 t dt = )( (∫ )f =

f )(t

(cos )kω 0t dt

T 0

=

t

cos kω 0t

dt

k

0,1,2,L

t

sen kω 0t

dt

k = 1, 2, L

(3b) (3c)

Neste caso, observar que a mesma expressão utilizada para determinar ak pode ser utilizada para determinar a0pois, quando k =0 , cos(kω 0 t ) = 1 . Embora isto simplifique a notação, não será empregado no restante do texto para evitar possíveis confusões. Desta forma, o coeficiente a0 da série de Fourier será sempre igual ao valor médio da função, conforme Equação (2b). A expressão (2b) pode ser obtida multiplicando ambos os lados de (2a) por cos(kω 0 t ) e integrando em um período, e simplificando da forma como segue (vide Nilsson&Riedel, pág. 437):

∫

t 0 +T t0

)f (t cos ) kω 0 t

t0 +T

∫)

dt = ( =

t0

∞

∑1 ∫)

a0 cos kω 0 t dt( + ) ( n=

t0 +T

t0

) ( n)ω 0t cos kω 0t [a(n cos

+ bn sen nω 0 t

cos kω 0t ]dt

T 

0 + ak   + 0  2

De modo similar, a expressão (2c) pode ser obtida multiplicando ambos os lados de (2a) por sen (kω 0 t ) e integrando em um período, e simplificando da forma como segue:

∫

t 0 +T t0

)f (t sen )

kω 0 t dt = =

t0 +T

(∫ ) t0

∞

∑1 ∫)

a0 sen kω 0 t dt( + ) ( n=

t0 +T

t0

[a(n cos ) ( n)ω 0 t sen

kω 0 t + bn sen nω 0 t

sen kω 0 t ]dt

T 

0 + 0 + bk   2

Análise de Fourier – SHaffner/LAPereira

Versão: 11/9/2007

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Exemplo VI-1: Utilizando as expressões (3), determinar a série de Fourier da tensão periódica da Figura a

seguir.  Vm  t  T 

v (t )

v (t ) = 

Vm

–T

Solução: Inicialmente, definem-se os limites de integração (t 0 e t 0

⇒

t0 = 0

2T

t

função

f (t ) :

T

⇒

t0 + T = T

ω0 =

+T e )a

2π T

 Vm  t T 

f (t ) = 

Pela expressão (2b), tem-se para a0 = =

1

T

T ∫0

f ()t

k = 0:

=14 647 8

cos ( 0ω ) 0t dt =

1

Vm  t 2 

T ∫0

V  Vm   tdt = m2 T T 

2

2V  Vm  t cos k(ω)0 t dt = 2m T 

T

T

∫0

tdt =

T

2   T  2 0

=

Vm  T 2

 T  2 2



− 0 =



Vm

2

Para um k qualquer, tem-se: ak =

2 T

T

T

∫ 0 )(f ()t cos kω0t dt = T( ∫) 0  T

T

∫ 0 t cos kω 0t dt

Para a determinação da integral ∫ t cos(kω 0 t )dt utiliza-se integração por partes 2, sendo: u=t

⇒

du = dt

dv = cos(kω 0 t )dt

⇒

v=

sen (kω 0 t ) kω 0

Assim,

∫ t cos(kω 0t )dt

=

= =

t

( ) kω 0 t( ) sen kω 0 t sen −

kω 0 t

kω 0 t kω 0

∫

sen (kω 0 t ) − sen (kω 0 t ) +

kω 0

dt =

t kω 0

sen (kω) 0 t

−

1

( ∫)sen kω 0 t

kω 0

dt =

1  − cos(kω 0 t ) 

=



kω 0  1

(kω 0 )2

kω 0  cos(kω 0 t )

Substituindo a expressão anterior, na equação de a k , tem-se:

2

Integração por partes:

∫ udv = uv − ∫ vdu


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Solução (continuação): T

t cos ( kω t )dt

0 644444∫04 474 444444 8

ak

T

2Vm  t

 1 sen (kω 0 t ) + cos(kω 0 t ) =  T  kω 0 (kω 0 )2  0  0 2Vm  T 1 ( ) kω 0T −( ) sen kω 0 0 sen (kω 0T ) + cos 2  T  kω 0 (kω 0 )2  kω 0

=

2

=

Nas expressões trigonométricas, considerando que ω 0

=

2π

+



1 2

(kω 0 )

cos(kω 0 0 ) 

,

T



ak

=0 647 4=1 48 4  647 48  1 1  2π   2π   0  2π  sen  k T  + cos k T  − sen k 0  + 2  2 T T k ω T  T  kω 0 ) (    ) (kω 0    kω 0  0    2Vm  1 1   0+ − 0 +  2  2  T  (kω) 0 ( ) kω 0 2  

=

=

ak

0

=

=1 647 48 

647 4=0 48 4

2Vm  T

2

  2π   0  = T     

cos k

∀k

O valor de bk é dado por: bk =

2 T

2

T

T

2V  Vm  t sen k(ω)0 t dt = 2m T 

∫ 0 )(f ()t sen kω 0t dt = T( ∫) 0  T

T

∫ 0 t sen kω 0t dt

A integral ∫ t sen (kω 0 t )dt também pode ser determinada por partes, como realizado anteriormente, ou através de alguma expressão de tabela3: 1

( ) kω 0 t ∫ t sen (kω 0t )dt = (kω 0 )2 sen

−(

t

) cos kω 0 t

kω 0

Assim, a expressão de bk fica sendo: T

t sen ( kω t )dt

0 644444∫04 474 444444 8

bk

=

=

T

2Vm 

 1 t sen ( ) kω 0 t −( ) cos kω 0 t  = 2  2 k ω T  (kω 0 ) 0  0  1 2Vm  1 0 T ( )kω 0T −( ) cos kω 0T −  ( )kω 0 0 −( ) cos kω 0 0 sen sen 2  2 2 kω 0 k ω T  (kω 0 ) ( ) k ω 0 0 

   

2π Nas expressões trigonométricas, considerando que ω 0

3

Algumas integrais úteis:

1

= T

,

x

∫ x sen(ax) dx = a 2()sen ax() − a cos ax 1 x ∫ x cos(ax) dx = a 2()cos ax() + a sen ax


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

bk

=

647 4=1 48 4 

647 4=0 48 4



bk

=0 647 48

=1 647 48 

 1  2Vm  1  2π  T  2π   2π  0  2π   sen  k T  − cos k T  −  sen  k 0  − cos k 0   = 2  2 2 T )  (kω 0  T  kω 0) (  T   kω 0  T  kω 0  T    

=

2Vm 

=

− 2Vm





 − (0 − 0 ) 0 −  kω 0 

T2

T

− 2Vm

=

Tkω 0

− Vm

=

Tk 2π T

∀k

kπ

Utilizando os coeficientes a0 , a k e bk , anteriormente calculados, tem-se a representação de v(t ) em série de Fourier: ∞

)v (t

= a0 +

∑1(a ) cos n(ω)0t n

+ bn sen nω 0 t =

n=

=

Vm

2 Vm

−

Vm

π Vm

∞

1

∑1 n sen(nω 0t ) =

sendo ω 0

n=

Vm

=

2π T

Vm

) 2ω 0(t −) − sen (ω) 0t − ( sen sen 3ω 0t − K 2 π 2π 3π A seguir apresenta-se o gráfico dos quatro primeiros termos da série, em azul, e o valor da sua soma, em vermelho, considerando Vm = 1 e T = 1 . Observar que com apenas estes termos a função se aproxima bastante da função srcinal. À medida que o número de termos considerados aumenta, a representação em série aproxima-se mais da função srcinal. Neste caso, o valor para t =0 difere do valor srcinal mas deve-se =

lembrar que na função srcinal tal valor não estava definido (entre 0 e Vm ). 1 0.8

v(t) v0(t)

0.6 0.4

v1(t) v2(t)

0.2

v3(t)

0 -0.2 -0.4 0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

t

Solução alternativa: A série de Fourier pode ser obtida por intermédio de simulação M ATLAB/SIMULINK4

utilizando-se o arquivo VI_1.mdl. Supondo Vm = 1 e T = 1, têm-se os seguintes gráficos para as componentes e para a aproximação.

4

Disponível em



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Solução alternativa (continuação): Sinal decomposto

Aproximação do sinal considerando n=3

DC, Fundamental, 2° Harmônico, 3° Harmônico

VI.3

Análise de circuitos elétricos em regime permanente não senoidal

O processo de análise do regime permanente de circuitos submetidos a excitações periódicas utilizando-se a série de Fourier não acrescenta novas técnicas de resolução. Inicialmente são determinados os coeficientes de Fourier e a fonte periódica não-senoidal é substituída por uma associação de uma fonte contínua (com amplitude proporcional ao termo a0 ) e uma série de fontes co-senoidais e senoidais (com amplitudes proporcionais a a n e bn , respectivamente). A resposta em regime permanente é obtida utilizando-se o princípio da superposição, conforme ilustra a Figura VI.2 na qual determina-se a corrente i(t ) . A parcela relativa a cada uma das fontes pode ser determinada utilizando, por exemplo, o método fasorial e a resposta completa corresponde à soma das parcelas. Fonte srcinal

Fontes equivalentes

Superposição i 0 (t )

i (t )

+

Rede para

+ i (t )

ω =0

+

+

i1 (t )

+

+ Rede

Rede

ω = ω0

+

i n (t )

+

∞

i ()t =

∑0(i)

n

Rede para

t

n=

Rede para ω = nω 0

Figura VI.2 – Ilustração do processo de solução empregando série de Fourier. Análise de Fourier – SHaffner/LAPereira

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Exemplo VI-2: Determinar a expressão da corrente de regime permanente i(t ) considerando que a tensão da

Figura a seguir é aplicada a uma associação série de uma resistência de 1 Considerar apenas os termos até n = 3 .

Ω

e uma indutância de 3/π H.

 Vm  3 t = t = t T  3

v(t )

v(t ) = 

3

–3

3

6

t

Solução:Utilizando o resultado do exemplo anterior, considerando Vm =3 , T = 3 e ω 0 = 2π

T

= 2π

3 , tem-

se:

)v (t

Vm

V

V

V

m ( 0)t − m( sen ) 2ω 0 t − m sen 3ω 0 t − K − ( ) sen ω 2 π 2π 3π 3 3  2π  3  2π  3  2π  − sen  t − sen  2 t  − sen 3 t  − K 2 π  3  2π  3  3π  3  3 3  2π  3  4π  3  6π  t − sen  t  − sen  t  − K − sen  2 π  3  2π  3  3π  3 

= = =

De acordo com o teorema da superposição, a resposta de várias fontes atuando simultaneamente é a soma da resposta individual de cada fonte. Considerando apenas os termos até n = 3 , tem-se: 3 − 3 sen  2π t  − 3 sen  4π t  − 3 sen  6π t  = 2 π  3  2π  3  3π  3 

v (t ) ≈ ≈

v0 + v1 + v 2 + v3

A resposta para v0 i0 =

v0 R

=

3 é: 2

3 =

2 1

=

3

2

2π 3 2π , da fonte v1 = − sen t  a impedância equivalente da carga é igual a: π 3  3  2π 3 o = 1 + j 2 = 2,24 63,4 Ω Z 1 = R + jω1 L = 1 + j 3 π e a corrente será dada por5: −3 π sen  2π t − 63,4 o  = −0,426 sen  2π t − 63,4 o  i1 =     2,24  3   3  π π 4 3 4  Para a freqüência angular ω 2 = , da fonte v 2 = − sen  t  a impedância equivalente da carga é igual a: 2π 3  3  4π 3 o Z 2 = R + jω 2 L = 1 + j = 1 + j 4 = 4,13 76,0 Ω 3 π Para a freqüência angular ω1 =

5

O módulo da corrente será igual ao módulo da tensão dividido pelo módulo da impedância e o ângulo de fase da corrente estará atrasado, com relação à tensão, de um ângulo igual ao ângulo de fase da impedância. Análise de Fourier – SHaffner/LAPereira

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Solução (continuação): e a corrente será dada por: −

3

2π sen 4π t − 76,0 o  = −0,115 sen 4π t − 76,0 o  4,14  3   3  6π 3  6π  Para a freqüência angular ω 3 = , da fonte v3 = − sen t  a impedância equivalente da carga é igual a: 3π 3  3  6π 3 o Z 3 = R + jω 3 L = 1 + j = 1 + j 6 = 6,08 80,5 Ω 3 π e a corrente será dada por: −3  6π   6π  i3 = 3π sen  3 t − 80,5 o  = −0,0524 sen  3 t − 80,5o  6,08 Considerando estes termos, a resposta em regime permanente será: i(t ) = i0 + i1 + i 2 + i3 = 3  2π  4π  6π o o o = − 0, 426 sen  t − 63,4  − 0,115 sen  t − 76,0  − 0,0524 sen t − 80,5  2  3   3   3  i2 =

3

2.5

i(t) v(t)

2

1.5

1

0.5 0

0123456 t

Observar que os gráficos das funções de v(t ) e i (t ) não apresentam a mesma forma de onda.

Solução alternativa: A solução deste exercício pode ser obtida por intermédio de simulação

MATLAB/SIMULINK utilizando-se os arquivos VI_2a.mdl e VI_2b.mdl. No primeiro arquivo realiza-se a reprodução dos resultados obtidos anteriormente, ou seja, determina-se a tensão e a corrente de regime considerando os termos até n=3, obtendo-se os seguintes gráficos para a tensão e corrente, respectivamente:

O segundo arquivo realiza a simulação da função dente de serra exata aplicada ao circuito RL, obtendo-se o gráfico da corrente considerando a forma de onda srcinal e não mais uma aproximação desta. Comparando-se os gráficos obtidos para a corrente, observa-se que a forma de onda do valor de regime obtido na aproximação é bastante próxima ao valor exato, sendo as maiores diferenças localizadas nas vizinhanças dos instantes em que a tensão varia bruscamente. Análise de Fourier – SHaffner/LAPereira

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Os termos em co-seno e em seno da expressão (2) podem ser combinados em um único termo, possibilitando representar cada um dos harmônicos de f (t ) através de um coeficiente único. A combinação pode ser realizada em termos de seno ou co-seno, sendo a segunda forma apresentada a seguir: ∞

) f (t

= a0 +

∑(1 A

n

) nω 0 t + θ n cos

(4a)

n=

sendo Ak θ k = ak − jbk =

Observar que Ak θ k imaginária é igual a

a k2 + bk2 θ k

= ak − jbk

− bk

k = 1,2, L

(4b)

corresponde ao número complexo cuja parte real é igual a ak e cuja parte

.

A expressão (4) é obtida a partir da expressão (2a), substituindo-se sen(nω 0 t ) por cos(nω 0 t − 90 o ) , ∞

)f (t

∞

( a)n cos( n)ω 0 t

= a0 +

) 0 t = a0 + + bn sen (nω

∑

(

a n cos nω 0 t + bn cos nω 0 t − 90

o

)

∑

n =1

n =1

Fazendo a transformada fasorial6 de um dado termo k da série, chega-se a: a k cos(kω 0 t ) → ak 0 = ak +

bk

cos(kω 0 t − 90o )

ak

cos(kω 0 t ) + bk cos(kω 0 t − 90

onde Ak θ k

= a k − jbk =

bk − 90 o

→

2

2

a k + bk

o

)

=

→

−1  − bk

tan  

− jbk

a k − jbk

 = a 2 + b2 k k

a k 

− tan

−1  bk

 

=

Ak θ k

.

a k 

Fazendo a transformada fasorial inversa do termo Ak θ k , tem-se: Ak θ k

→

Ak

cos(kω 0 t + θ k )

Deste modo, o termo a n cos(nω 0 t ) + bn cos(nω 0 t − 90 o ) da expressão (2a) pode ser substituído por An cos(nω 0 t + θ n ) , resultando na expressão (4).

Exemplo VI-3: Utilizando as expressões (4), determinar a série de Fourier de co-senos da tensão periódica do

exemplo anterior.

6

Observar que a transformada fasorial foi feita considerando o valor de pico.


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Solução: Da solução do exemplo anterior, tem-se: Vm

a0

=

ak

=

2 0

=

− Vm

bk

∀k = 1,2,3, L ∀k = 1,2,3, L

kπ

Assim,

k = 1,2, L

Ak θ k = a k − jbk V  − Vm  = j m

Ak θ k = 0 − j 

 kπ 

Utilizando os coeficientes Ak

Vm

=

+ 90

0

kπ kπ Vm

e os ângulos de fase θ k

=

kπ

= 90

0

, anteriormente calculados, tem-se a

representação de v(t ) em série de Fourier de co-senos: ∞

) f (t

= a0 +

∑(1 A

) nω 0 t + θ n cos

n

n=

∞

) v (t

= a0 +

( A cos ) nω 0t + θ ∑ 1 n

=

n

Vm

2

+

∞

Vm

1

Vm

∑1 πn cos(nω0t + 90 ) = o

n=

∑1 n cos(nω 0t + 90 ) =

π Vm

Vm

+

2

n=

=

∞

Vm o

sendo ω 0

n=

Vm

Vm

=

2π T

) 0t +(90 + ) cos( )2ω 0t + 90 + cos 3ω 0t + 90 + K + ( cos ω 2 π 2π 3π Na expressão acima, substituindo cos(nω 0 t + 90 o ) = − sen (nω 0 t ) chega-se a expressão obtida anteriormente. v (t ) =

o

o

o

Por outro lado, empregando a identidade de Euler, é possível escrever a série de Fourier de forma mais compacta, como mostrado a seguir. Da série trigonométrica, tem-se: ∞

)f (t

= a0 +

∑1(a )cos n(ω 0)t

+ bn sen nω 0 t

n

n=

Considerando que cos(nω 0 t ) =

e

jnω 0t

+e

− jnω 0t

e sen (nω 0 t ) =

2

e

jnω 0t

−e

− jnω 0t

j2

a série de Fourier pode ser

rescrita como: ∞

f (t ) = a0 +

∑1 a

e

jnω 0t

n

+e

− jnω 0t

n=

∞

∑1 b

+

2

e

jnω 0t

−e

n

− jnω 0t

j2

n=

Agrupando os termos em e jnω0t e e − jnω0t , tem-se:  an

∞

f (t ) = a0 +

∑1  2

+

n=

bn 

∞

e jnω0t

j 2 

+

 an

∑1  2

−

n=

bn  − jnω0t e = j 2 

∞

∞ b  jnω t b  − jnω t  an a  − j n e 0 +  n + j n e 0 n=1  2 n=1  2 2 2 bn   a n bn   an Substituindo os termos  − j  e  + j  por C n e C −n , respectivamente, e definindo C0 2  2 2  2

= a0 +

∑

∑

= a0

7

, tem-

se: ∞

f (t ) =

C0 +

∑1 C e

∞

jnω0t

n

n=

7

Observar que, para n = 0 , e jnω0t

+

∑1 C

∞

−n

e

n=

=e

j 0ω0t


− jnω0t

=

∑0 C e n

n=

∞

jnω0t

+

∑1 C

−n

e

j ( − n )ω0t

n=

=1

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Circuitos Elétricos B −1

∞

∑0 C e

f (t ) =

jnω0t

n

+

n=

∑C e

∞

jnω0t

=

n

n= −∞

∑C e

jnω0t

n

n= −∞

Define-se, assim, a Série Exponencial de Fourier: ∞

∑C e

f (t ) =

∞

jnω0t

=

n

C0 +

n = −∞

∑1 C e

∞

jnω 0t

+

n

n=

∑1 C

−n

e

− jnω 0t

(5a)

n=

onde: (5b)

C0 = a0 b  a C = k − j k  k 2  2 b  a C −k =  k + j k  2  2

k = 1, 2, L

(5c)

k = 1, 2, L

(5d)

Observar que os coeficientes C n são números complexos e podem ser determinados a partir dos coeficientes da série trigonométrica. Exemplo VI-4: Utilizando as expressões (5), determinar a série de Fourier da tensão periódica do exemplo

anterior. Solução: Da solução do exemplo anterior, tem-se: Vm

a0

=

ak

=

bk

2 0

=

−

∀k = 1,2,3, L

Vm

kπ

Assim:

Vm

C0 = a0 =

2

 ak  2

Ck = 

− j

 ak  2

C−k = 

2π ω0 = T

∀k = 1,2,3, L

+

− Vm   0 kπ  = j Vm = Vm 90 o = − j 2  2 2  2kπ 2kπ   − Vm   b  0 kπ  = − j Vm = Vm − 90 o j k = + j  2  2 2  2kπ 2kπ  

bk 

k = 1, 2, L

k = 1, 2, L

Utilizando os coeficientes C 0 , C k e C −k , anteriormente calculados, tem-se a representação de v(t ) em série exponencial de Fourier: ∞

v (t ) =

C0 +

∑C e n =1

Vm

=

2 Vm

v (t ) =

2

+

+

∞

jnω 0t

+

n

Vm

2π Vm

2π

∞

1

∑C

−n

n =1

∑1 n e (

)

j nω0t + 90o

1

∑1 (n [e )

(

− jnω 0t

=

∞

+

n= ∞

e

Vm

∞

+

∑ n =1

2

Vm

∞

90o e jnω0t

2πn

Vm ( ) 1 − j nω0t +90o e 2π n=1 n

∑

) + e − j nω0t +90o

j nω 0t + 90o

+

∑

Vm

n =1

2πn

o

− 90 e

− jnω 0t

=

]

n=

Observar que: e

(

)

j nω 0t +90

o

( + e −) j nω 0t +90o

=

2 cos(nω 0 t + 90 o ) = 2[cos(nω 0 t )cos(90 o ) − sen (nω 0 t )sen (90 o )] =

=

− 2 sen (nω 0 t )


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Solução (continuação): Substituindo na expressão do exemplo, chega-se à expressão da série trigonométrica:

)

v (t

=

Vm

=

Vm

2 2

+

Vm

−

Vm

2π π

∞

1

∑1() n [− 2 sen nω 0t ] = n= ∞

1

∑1 n sen(nω 0t ) n=

Através das expressões (2), (4) e (5) pode-se determinar a seguinte tabela de equivalência entre as formas de apresentação da série de Fourier. Tabela V.1 – Formas de apresentação da série de Fourier.

Série de Fourier Forma trigonométrica 1

Forma trigonométrica 2

∞

)f (t

= a0 +


∞

+ bn sen nω 0 t

) f (t

= a0 +

n=

0 =

k

… , 2 , 1

a0 =

ak =

=

k

bk =

Sendo ω 0

1 T

2

t0 +T

∫

t0

∫

t0 +T t

T

0

2

t0 +T

T

∫

= 2π

t0

T

( kω ) 0t cos

) nω 0t + θ ∑( 1 A cos n

a0 =

1 T

∫

t0 +T t0

f (t )dt

( kω ) 0t sen

∑C e

f (t ) =

 ak  2

Ck =  2

− j

bk 



2

2

a k + bk θ k

 ak  2

C −k = 

dt

jnω 0t

n

n = −∞

C 0 = a0

dt Ak θ k = a k − jbk =

f ()t

∞

n

n=

f (t )dt

f ()t

Forma exponencial

+ j

bk 



2

a freqüência fundamental da função periódica f (t ) cujo período é T: f ()t =( f t ±) nT , ∀n inteiro

Os limites de integração devem abranger 1 período completo , mas podem iniciar e terminar onde for mais conveniente.

VI.4

Influência da simetria nos coeficientes de Fourier

A determinação dos coeficientes de Fourier pode ser simplificada quando se consideram os efeitos provocados pelos diferentes tipos de simetria da função que se deseja obter a representação em série de Fourier.

VI.4.1 Simetria de funções pares

Uma função é dita par8 quando: f ()t = (f) − t

(6)

O gráfico de funções pares é simétrico com relação ao eixo dos y, conforme ilustra a Figura VI.3. 8

O termo par é oriundo do fato das funções polinomiais que possuem apenas coeficientes pares apresentam esta característica. Observar que x2n = (– x)2n, ∀ n inteiro. Análise de Fourier – SHaffner/LAPereira

Versão: 11/9/2007

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f (t ) Fm

–T/2

T/2

T

t

–Fm

Figura VI.3 – Função par. Para funções pares, as expressões utilizadas para calcular os coeficientes do Fourier se reduzem a: ∞ )f (t = a0 + ∑(an) cos nω 0t f (t ) par n =1

com: a0 = ak =

1

T ∫

2 T

∫

t0 +T t0

f)(t dt =

t0 +T t0

1 T

)∫(

T

( f t dt )=

0

) kω 0 t dt =)( f )(t (cos

2

T

T ∫0

2

f t dt

2 T 4 T ( )∫ f t cos kω)( 0(t )dt = ∫ 2 f t cos kω 0t dt

T

0

T

k = 1,2,L

0

bk = 0

k = 1, 2,L

ou ∞

f (t ) =

∑C e

f (t )

jnω 0t

n

par

n = −∞

onde: C0 = a0 C k =  a k − j bk  =  a k − j 0  = a k C −k

 2  ak =  2

2  2

+ j

bk 

a = k

2  2

+

2 2 0 a j = k 2 2

= Ck

⇒

Ck ∈ ℜ

k = 1,2, L

⇒

C −k ∈ ℜ

k = 1,2, L

VI.4.2 Simetria de funções ímpares

Uma função é dita impar9 quando: f ()t = −( f ) − t

(7)

A Figura VI.4 mostra o gráfico de uma função ímpar. f (t ) Fm

–T/2

T/2

T

t

–Fm

Figura VI.4 – Função ímpar. Para funções ímpares, as expressões utilizadas para calcular os coeficientes do Fourier se reduzem a: 9

O termo impar é oriundo do fato das funções polinomiais que possuem apenas coeficientes ímpares apresentam esta característica. Observar que x2n+1 = – (– x)2n+1, ∀ n inteiro. Análise de Fourier – SHaffner/LAPereira

Versão: 11/9/2007

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Circuitos Elétricos B ∞

f) (t =

∑1 b( sen) nω 0t

f (t )

n

ímpar

n=

com: ak = 0 bk =

2 T

k = 0,1,2, L

∫

t0 +T

2 T 4 T ) kω 0t dt =)( ( )∫ f t sen kω )( 0(t )dt = ∫ 2 f t sen kω 0t dt f )(t (sen T

t0

0

T

k = 1, 2,L

0

ou ∞

∑C e

f (t ) =

f (t )

jnω 0t

n

ímpar

n = −∞

onde:

C0 = a0 = 0 bk   0 b  b  ak − j = − j k =−j k 2  2 2 2  2 bk   0 bk  bk  ak = + j = + j = j 2  2 2 2  2

Ck =  C −k

= −C k

⇒

Ck ∈ ℑ

k = 1,2, L

⇒

C −k ∈ ℑ

k = 1,2, L

Observar que o simples deslocamento da função ao longo do eixo do tempo pode fazer com que uma função se torne par ou ímpar, ou seja, é possível, com a escolha apropriada da srcem do eixo dos tempos, fazer com que uma dada função se torne par ou ímpar, conforme ilustra a Figura VI.5. Versão PAR

f (t )

Fm

Função srcinal

–T/2

T/2

T

t

–Fm

f (t )

Fm

–T/2

T/2

T

t

–Fm f (t )

Versão ÍMPAR

Fm

–T/2

T/2

T

t

–Fm

Figura VI.5 – Deslocamento no eixo dos tempos para tornar uma função par e ímpar. VI.4.3 Simetria de meia onda

Uma função apresenta simetria de meia ondase:

(

(8) 2) De acordo com a expressão (8), uma função periódica apresenta simetria de meia onda se depois de deslocada de meio período e invertida torna-se igual à função srcinal, conforme mostra a Figura VI.6. Observar que a simetria de meia onda não depende da escolha da srcem do eixo dos tempos. f (t ) = − f t − T


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Fm

f (t )

–T/2

T/2

T

t

–Fm

Fm

–T/2

(

f t −T

2)

T/2

–Fm

Fm

Deslocamento ½ período

− f t −T

–T/2

2

T

Inversão

= f (t )

T/2

t

T

t

–Fm

Figura VI.6 – Função com simetria de meia onda. Para funções com simetria de meia onda, todos os coeficientes ak e bk são nulos para valores pares de k. Como o valor médio de qualquer função com simetria de meia onda é igual a zero, a0 = 0 e as expressões utilizadas para calcular os coeficientes do Fourier se reduzem a: ∞

)f (t

∑1(a )cos n(ω 0)t

= a0 +

n

f (t )

+ bn sen nω 0 t

com simetria de meia onda

n=

com:

ak = 0 ak =

4 T

k = 0,2,4,6, L (k par) T

∫0

2

f ()t

( k)ω 0t dt cos

k = 1,3,5,7, L (k ímpar)

bk = 0 bk =

4 T

k = 2,4,6,8,L (k par) T

∫0

2

f ()t

( k)ω 0 t dt sen

k = 1,3,5,7, L (k ímpar)

ou ∞

f (t ) =

∑C e

f (t )

jnω 0t

n

com simetria de meia onda

n = −∞

onde: C0 = a0 = 0

 ak  2

Ck = 

− j

bk 

0 0 = − j =0 2  2 2

k = 2,4,6,8,L (k par)

C k =  a k − j bk  C −k

 2  ak =  2 a = k  2

k = 1,3,5,7, L (k ímpar)

2

+ j

bk 

0 0 = + j =0 2  2 2

k = 2,4,6,8,L (k par)

bk 

k = 1,3,5,7, L (k ímpar)  2 As simplificações que ocorrem nas expressões que definem os coeficientes de Fourier em função da simetria da função srcinal estão resumidas na Tabela VI.2. C −k

+ j


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Tabela V.2 – Coeficientes de Fourier de funções periódicas com simetria. Tipo de simetria

Condição

Forma da série de Fourier

Expressões dos coeficientes a0 =

∞

)f (t

= a0 +

∑1(a ) cos nω 0t

Função par

f ()t = (f) − t

T

T ∫0

2

f (t )dt

2

f ()t

∀k = 1, 2,3, L

n

n=

2

ak =

4

T

T ∫0

( kω ) 0t dt cos

b =0 k

C 0 = a0

∞

f (t ) =

∑C e n

∀k = 1, 2,3, L

jnω 0t

n = −∞

Ck = C−k =

ak

⇒ Real

2

∀k = 0,1,2, L ∞

f) (t =

∑1 b( sen) nω 0t n

ak = 0 ∀k = 1, 2,3, L

n=

bk =

Função ímpar

f ()t = −( f ) − t

4

T

T ∫0

2

f ()t

( kω ) 0t dt sen

C0 = 0 ∀k = 1, 2,3, L ∞

f (t ) =

∑C e n

jnω 0t

Ck = − j

bk

⇒ Imaginário

2

n = −∞

C − k = j bk = −C k

2

a0 = 0 k = 2,4,6, L (k

par):

ak = 0 bk = 0

∞

f) (t =

∑1 a(

n

cos ) nω(0 t )+ bn sen nω 0 t

k = 1,3,5,7, L (k ímpar):

n=

ak =

Simetria de meia onda

bk = f (t ) = − f t − T

2

4

T

T ∫0

4 T

T

∫0

2

f ()t

( kω ) 0t dt cos

2

f ()t

( kω ) 0t dt sen

C0 = 0 k = 2,4,6,8,L (k par): Ck = 0 C −k = 0 k = 1,3,5,7, L (k ímpar):

∞

f (t ) =

∑C e n

jnω 0t

n =−∞

 ak  2

Ck = 

 ak  2

C −k = 

Sendo ω 0

= 2π

T

− j

bk 

+ j



2 bk 



2

a freqüência fundamental da função periódica f (t ) cujo período é T: f ()t =( f t ±) nT , ∀n inteiro

Para utilizar as expressões que levam em conta a simetria, o limite inicial de integração deve ser zero. Análise de Fourier – SHaffner/LAPereira

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Exemplo VI-5: Determinar a expansão em série de Fourier da tensão periódica da figura a seguir. v(t )

6

–2

2

4

6

t

–6

Solução: Pela análise do gráfico, observa-se que a função que descreve v(t ) não é par nem ímpar, mas

apresenta simetria de meia onda pois v ()t

= (−v t) − 2

, logo:

∞

v) (t =

∑1 a(

n

) nω(0 t )+ bn sen nω 0 t cos

ω0 =

n=

Para k

=

2π T

=

2π 4

=

π

2

2,4,6, L (k par):

ak = 0 bk = 0

Para k = 1,3,5,7, L (k ímpar): 2 4 T2 4 2 π kπ ( kω ) 0t dt = ∫ 3t cos k t dt = 3∫ t cos t dt = ak = v()t cos 0 T ∫0 4 0 2    2  2

=

=

=

bk =

=

=

=

  1  kπ  t  kπ  3 2 cos t  + kπ sen  t  =  (kπ )  2  2  2   2 0 =0 =0 =1  647 48  647 48 64 47 44 8  kπ  2 kπ   1 kπ  0 kπ   1      3 cos 2  + sen  2  −  cos 0  + sen  0   = )  (k2π 2  2  k2π ) ( 2   k2π 2  2  k2π  2      −1∀k ímpar 2  =6 2  4 7 4 8 − 24  2   2  3   cos()kπ − 1 = 3()  − 2 =   kπ  (kπ )2  kπ     2 4 T2 4 2 π kπ ( k)ω 0t dt = 3t sen  k t dt = 3 t sen  t dt = v()t sen 0 0 0 T 4  2   2  2   1  kπ  t  kπ    3 sen t  − kπ cos t  =  (kπ )2  2  2  2   2 0 =0 =0 =0  647 48 647 48 64 47 44 8      1  kπ  2  kπ   1  kπ  0  kπ   3 2 sen 2  − kπ cos 2  − sen 0  − kπ cos 0   = 2 kπ k π  2  2 ) ( 2    2  2  2   ) ( 2  2   = −1∀k ímpar    6 474 8 12 −4 3  cos(kπ ) = kπ  kπ 

∫

∫

∫

Deste modo, tem-se: ∞

v(t ) =

∑1

n= n ímpar

 − 24   nπ cos  2  (nπ )   2


  12   nπ sen   nπ   2

t + 

 

t

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Solução (continuação): n=3 n=1 644444 47 444444 8 644444474444448  − 24   π  12   π   − 24   3π   12   3π  v(t ) =  2  cos t  +   sen t  +  sen t  +  cos t  +  π   2   π   2   (3π )2   2   3π   2  =5 =7 6444444n7 4444448 6444444 4n7 4444444 8  − 24   5π   12   5π   − 24   7π   12   7π  = + sen t  +  sen t  + K  cos t  +  cos t  + )  (5π 2   2   5π ) (  2   7π 2   2   7π   2  O gráfico a seguir ilustra o valor calculado da série para os três primeiros termos (em azul), calculados para n = 1, 3 e 5 e a soma destes (em verde). 6

4

v(t)

,

2

v1(t) ,0

v3(t)

,

v5(t)

-2

-4

-6

0123456

t


MATLAB/SIMULINK utilizando-se o arquivo aproximação são dados respectivamente por:

VI_5.mdl.

Sinal decomposto

Assim os gráficos dos componentes até n=5 e da Aproximação do sinal considerando n=5

DC, Fundamental, 3° Harmônico, 5° Harmônico

Exemplo VI-6: Determinar a expansão dos três primeiros termos não nulos da corrente que circulará na

associação RC série, quando esta é alimentada por um inversor cuja forma de onda é dada pela figura a seguir. i (t )

v(t )

200

+

100

R

R =1Ω C=

T

/6

T

/3

T

/2

–100

T

C

t

–

–200 Análise de Fourier – SHaffner/LAPereira

250 µF ms

T = 16

v(t )

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Solução: Pela análise do gráfico, observa-se que a função que descreve v(t ) é impar, pois v()t

apresenta simetria de meia onda, pois v()t (ak = 0, ∀k ) com todos os termos pares nulos.

= (− v t) − 2

∞

∑1 b( sen) nω 0t

v) (t =

ω0 =

n

n=

Para k

=

=− ( v) − t , e , logo será representada por uma Série de Senos

2π

=

T

2π 4

=

π

2

2,4,6, L (k par):

bk = 0

Para k = 1,3,5,7, L (k ímpar): 4 T2 4 bk = T 0 )(v()t sen kω 0t dt =(T) 

∫

=

 4  − 100 cos(k)ω 0t  

= =

T

6

100 sen(

∫

T

∫

T

T

3

(6 200 ) sen

kω 0t dt +

∫

T



2

3 100 sen

kω 0 t dt  =

T  − 100 cos kω 0t  2  +  = kω 0   T 3 

T T T 400   [− cos(kω 0t )]0 6 + [− 2 cos(kω 0t )]T 3 + [− cos(kω 0t )]T 2  =

400 2π T

T

3

6

{[− cos(k)2( )6 π T

T

200

+ cos k

2π T

0 ] + [− 2 cos ( k) 2Tπ

[− cos(k) 3 + 1 − 2( cos ) k 23( )+ 2 cos k 3 200 [1 + cos(k )3 − cos ( ) k 23 − cos(kπ )] kπ π

π

π

kπ

=

k) ω 0t dt +

 −( )200 cos kω 0t( ) 3 +  kω 0  T 6

kω 0T  k

=

6

 0

kω 0

T  

T

T

0

π

( + 2) cos k 2 6 ] + [− cos ( k) 2 2( + )cos k 2 3 ]}= 3

T

(

π T

π T

π T

T

T

T

− cos(kπ ) + cos k

2π 3

)] =

π

Como apenas os termos ímpares não são nulos, tem-se a seguinte seqüência de valores: 1 + cos(k )π3

( )

k

cos(k π3 )

1

0,5

0,5

1

3

3

–1

–1

1

0

− cos(k 23π

)

− cos(kπ )

− cos k

5

0,5

0,5

1

3

7

0,5

0,5

1

3

9

–1

–1

1

0

11

0,5

0,5

1

3

13

0,5

0,5

1

3

15

–1

–1

1

0

2π − cos(kπ ) 3

bk

200 3 ≈ 190,99 π

0 200 3 ≈ 38,20 5π 200 3 ≈ 27,28 7π

0 200 3 ≈ 17,36 11π 200 3 ≈ 14,69 13π

0

Observar que todos os termos múltiplos de 3 apresentam valor nulo e os demais são iguais a: 600 b = ∀k ímpar , k ≠ múltiplo de 3 k

kπ

Deste modo, tem-se: ∞

∑1

v(t ) =

n=

 600   2π  nπ  sen n T

n ímpar não múltiplo de 3 n =1 6447 448

 

t =

n

=

n =5 644 47 444 8

=7 644 4n7 444 8

=11 6444n7 444 8

 600   2π   600   2π   600   2π   600   2π   π  sen T t  +  5π  sen 5 T t  +  7π  sen 7 T t  + 11π  sen11 T t  + K


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Os três primeiros termos não nulos da tensão são dados por: n=1 6447 448

 2π 190,99 sen T

v 3 termos (t ) =

n =5 644 47 444 8

  2π t  + 38,20 sen 5   T

=7 644 4n7 444 8

  2π t  + 27,28 sen 7   T

 

t

O gráfico a seguir ilustra o valor calculado da série para os três primeiros termos (em azul), calculados para n = 1, 5 e 7 e a soma destes (em vermelho). 250

3 termos

v

200 150

(t )

100

v1(t)

50

v5(t)

0

v7(t)

-50 -100 -150 -200 -250

0

2

4

6

8

10

12

14

16

18

20

t [ms]

De acordo com o teorema da superposição, a resposta de várias fontes atuando simultaneamente é a soma da resposta individual de cada fonte. Considerando apenas os três primeiros termos não nulos, têm-se as componentes calculadas a seguir. Para a freqüência angular ω1 =

2π

=

T

2π = 125π , da fonte v1)(t 0,016

=

600 ( )sen 125πt a impedância equivalente π

da carga é igual a: Z1 = R − j

1 ω1C

=1 − j

1 o = 1 − j10,19 = 10,23 − 84,39 Ω 125π 250 × 10 −6

e a corrente será dada por10: 600 (π sen 125) πt + 84 ( ,39o i1 (t ) = 10,23 Para a freqüência angular ω 5 = 5

)

= 18,66 sen 125πt + 84,39

2π T

=5

o

2π = 625π , da fonte v5) (t 0,016

=

600 ( )sen 625πt 5π

a impedância

equivalente da carga é igual a: Z5 = R − j

1

ω 5C

= 1− j

1 × 10−6 625π 250

= 1 − j 2,04 =

2,27

− 63,85o Ω

e a corrente será dada por: 600 5(π sen 625πt + 63 ) ,85o( = 16,83)sen 625πt + 63,85o i5 (t ) = 2,27

10

O módulo da corrente será igual ao módulo da tensão dividido pelo módulo da impedância e o ângulo de fase da corrente estará adiantado, com relação à tensão, de um ângulo igual ao ângulo de fase da impedância. Análise de Fourier – SHaffner/LAPereira

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Para a freqüência angular ω 7 = 7

2π T

=7

2π = 875π , da fonte v7) (t 0,016

=

600 ( )sen 875πt 7π

a impedância

equivalente da carga é igual a: 1 1 o Z7 = R − j =1− j = 1 − j1,46 = 1,76 − 55,50 Ω ω 7C 875π 250 × 10 −6 e a corrente será dada por: 600 7(π sen 875πt + 55 ) ,50o( = 15,45)sen 875πt + 55,50o i7 (t ) = 1,76 Considerando estes três termos, a resposta em regime permanente será: 3 termos (t ) = i1 + i5 + i7 = i ) ,39o( + 16,83sen ) 625 ( πt + 63,)85o + 15,45 sen 875πt + 55,50o = 18,66 sen (125πt + 84 60 40

i

3 termos

(t)

i1(t) i5(t)

20 0

i7(t) -20

-40 -60 0

2

4

6

8

10 t [ms]

12

14

16

18

20

Embora a amplitude dos harmônicos de tensão de ordem 5 e 7 sejam bastante inferiores à amplitude da fundamental (20% e 14%, respectivamente), observar que os harmônicos de corrente correspondentes apresentam amplitudes muito semelhantes a da fundamental (90% e 83%). Isto se deve ao fato de que cada harmônico de tensão “enxerga” uma impedância diferente que decresce quando a freqüência aumenta, neste caso. Observar, também, que os gráficos das funções de v(t ) e i (t ) não apresentam a mesma forma de onda.


MATLAB/SIMULINK utilizando-se os arquivos VI_6a.mdl e VI_6b.mdl. No primeiro arquivo realiza-se a reprodução dos resultados obtidos anteriormente, ou seja, determina-se a tensão e a corrente de regime considerando os três primeiros termos, obtendo-se os seguintes gráficos para a tensão e corrente, respectivamente.


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Solução alternativa (continuação): O segundo arquivo realiza a simulação da função exata aplicada ao

circuito RC e permite obter o gráfico da corrente considerando a forma de onda srcinal e não mais uma aproximação desta. Comparando-se os gráficos obtidos para a corrente, observam-se diferenças significativas, indicando que a aproximação empregada não é capaz de representar com fidelidade o funcionamento deste circuito.

Observar que a forma de onda da tensão original apresenta variações instantâneas ( + 200 V em t=0 s, + 100 V em t=T/6, − 100 V em t=T/3, − 200 V em t=T/2, − 100 V em t=4T/3, + 100 V em t=5T/3, e assim sucessivamente) que são aplicada a uma associação série de um resistor e um capacitor sendo, portanto, a corrente proporcional à derivada da tensão aplicada no capacitor e limitada pelo resistor (observar que existe correspondência entre os picos de corrente obtidos na simulação e a magnitude das variações instantâneas pois a resistência tem valor unitário). Por outro lado, na aproximação por série de Fourier, estas variações instantâneas não existem, pois as funções que representam os termos desta série são contínuas.

VI.5

Potência média de funções periódicas

A potência média fornecida para um sistema ou componente pode ser facilmente determinada quando se dispõe das representações em série de Fourier da tensão e da corrente dos seus terminais. Sejam as representações trigonométricas em co-senos da corrente e da tensão: ∞

v (t ) = VCC +

∑1 V

n

cos(nω 0t + θ nv )

(9)

n=

∞

i(t ) = I CC +

∑1 I

n

cos(nω 0t + θ ni )

(10)

n=

sendo: VCC

– Valor da componente contínua da tensão [V];

Vn

– Amplitude do harmônico de ordem n da tensão [V];

θ nv

– Ângulo de fase harmônico de ordem n da tensão [radianos];

I CC

– Valor da componente contínua da corrente [A];

In

– Amplitude do harmônico de ordem n da corrente [A];

θ ni

– Ângulo de fase harmônico de ordem n da corrente [radianos]. i(t )

+ v (t )

SISTEMA

Figura VI.7 – Sistema elétrico a dois fios em regime permanente. Análise de Fourier – SHaffner/LAPereira

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Para os sentidos de referência da Figura VI.7 e considerando o período T da tensão e da corrente, a potência média fornecida para o sistema é dada por 11: P = p média =

1 T

∫

t0 +T t0

1

p ()t dt =

T

∫

t0 +T

()()v t i t

t0

(11)

dt

sendo a tensão dada pela expressão (9) e a corrente pela expressão (10). Embora o cálculo envolva a multiplicação de duas séries infinitas, a integração em um período elimina todos os termos nos quais a tensão e a corrente possuem freqüências diferentes. Assim, a expressão (11) simplifica-se para:  P=

∞

1 VCC I CCt ] tt00 +T T [ 

+



t +T

∑∫ 1 n=

Vn I n cos nω 0 t + θ nv

0

(

t0

) cos nω 0t + θ

)(

i n

dt 



Mas12: cos(nω 0 t +)θ( nv cos )nω 0 t + θ ni

=

(cos)θ(

v n

)

i

v

i

− θ n + cos 2nω 0 t + θ n + θ n

2

logo P=

1 t0 +T [VCC I CCt ] t0

∞

+

T

∑1

Vn I n

n=

2

t0 +T

) (θ ∫ ( [cos t0

v n

)

i

v

i

]



− θ n + cos 2nω 0 t + θ n + θ n dt 



Observando que a integração de cos(2nω 0 t + θ nv + θ ni ) ao longo de umperíodo é nula, tem-se: P = =

1 t0 +T [VCC I CC t ] t0

T

∑1

Vn I n

∞

Vn I n

n=

1 t0 +T [VCC I CCt ] T

=

∞

+

t0

+

2

∑ V 2I +∑ 1 2

∫

t0 +T t0



cos(θ nv − θ ni )dt  =

cos(θ nv − θ ni )

n=1

1 t0 +T [VCC I CCt ] t0

T

∞

n n

cos(

n=

θ nv

i −θn

∫

t0 +T t0

) ⋅ [t ]

 

dt  =

t0 +T t0

   

Substituindo os limites de integração, chega-se à expressão final: ∞

P = VCC I CC +

∑1 n=

Vn I n

2

cos(θ nv − θ ni )

(12)

Assim, a potência média total fornecida para o sistema é igual à soma das potências médias associadas aos diferentes harmônicos de tensão e de corrente. Exemplo VI-7:Considerar apenas os termos até n =3 , determinar a potência média total fornecida para a

associação série (resistência de 1 Ω e indutância de 3/π H), sabendo que: 3 3  2π  3 4π 3 6π sen  t  − sen  t  v (t ) ≈ − sen  t − 2 π  3  2π  3  3π  3  3  2π  4π  6π o o o i(t ) ≈ − 0, 426 sen  t − 63,4  − 0,115 sen  t − 76,0  − 0,0524 sen t − 80,5  2  3   3   3 

11 12

Vide Capítulo II das Notas de Aula. cos(a −) b +( cos) a + b Pois cos a cos b = 2


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Solução: Inicialmente, escrevem-se todos os termos de corrente e tensão em série de co-senos: 3 3  2π  3  4π  3  6π  v(t ) ≈ − sen t − sen  t  − sen t  = 2 π  3  2π  3  3π  3  3 3  2π  3  4π  3  6π  = + sen  t + 180 o  + sen  t + 180o  + sen t + 180o  = 2 π  3  2π  3  3π  3  3 3  2π  3  4π  3  6π  = + cos t + 90 o  + cos t + 90 o  + cos t + 90 o  2 π  3  2π  3  3π  3  3  2π  4π  6π o o o i(t ) ≈ − 0,426 sen t − 63,4  − 0,115 sen  t − 76,0  − 0,0524 sen  t − 80,5  = 2  3   3   3  3  2π  4π  6π o o o = 2 + 0,426 sen  3 t + 116,6  + 0,115 sen  3 t + 104,0  + 0,0524 sen  3 t + 99,5  = 3  2π   4π   6π  = + 0,426 cos t + 26,6 o  + 0,115 cos t + 14,0 o  + 0,0524 sen  t + 9,5o  2  3   3   3 

Lembrando que: o − sen a = sen (a ± 180 ) o sen a = cos(a − 90 ) De acordo com a expressão (12), tem-se, para os termos até n = 3 : 3

P

=

vCC iCC +

∑1

vn in

n=

2

cos(θ nv − θ ni ) =

3 3 3 0,426 0,115 0,0524 33 π o o o o 2 π 3 cos(90 −)26,6 + ( ) cos 90 −( 14,0) + π cos 90 o − 9,5o = + 22 2 2 2 9 o ( ) cos 76,0o( +) 0,00834 cos 80,5o = = + 0,203 cos(63), 4 + 0,0274 4 9 4 + 0,0911 + 0,00664 + 0,00138 = P = 2,35 W A figura a seguir mostra o gráfico da tensão (em azul) e da corrente (em vermelho), juntamente com o valor da potência instantânea (em verde). O valor médio da potência instantânea ao longo de um ciclo também está assinalado (corresponde a P = 2,35 W ). 6

5

p(t)

4 ;

v(t)

p ;3

i(t)

; v2

1

0

0123456

t


MATLAB/SIMULINK utilizando-se o arquivo VI_7.mdl, obtendo-se o seguinte gráfico, no qual a potência é representada pela curva em azul, a tensão em verde e a corrente em vermelho.


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VI.6

Valor RMS de uma função periódica

Como já observado no Capítulo 2, o valor RMS de uma função periódica é dado por: 1 T 2 FRMS = Feficaz = ∫ [ f (t )] dt 0

T

Caso f (t ) seja representada por sua expansão em série de Fourier, tem-se: 2

f (t )  64444=7 44448  ∞  1 T  a0 + An cos(nω 0t + θ n ) dt T 0   n=1  

∑

∫

FRMS =

A2

∞

2 a0 +

n

A   2n  n =1  ∞

2 a0 +

1 

=

∞

2

a0 T T 

+



T

∑1 2 A2  n

n=

2

= (13) 2 = n =1 ∑ ∑ Em outras palavras, o valor RMS de uma função periódica é igual à raiz quadrada da soma dos quadrados dos valores RMS dos harmônicos com o quadrado do termo constante.

FRMS

Exemplo VI-8: Determinar o valor RMS da tensão periódica, representada pelos 4 termos da série de Fourier,

a seguir discriminados: 3 3  2π  3 4π 3 6π − sen  sen  t  − sen  t  v (t ) = t − 2 π  3  2π  3  3π  3  Solução: De acordo com a expressão (13), tem-se: VRMS

=

≈ ≈

VRMS

≈

 3    2

2

2

+

3   π  2   

+

2

2

+

+

3  2π  2  2

   

2

+

3  3π  2 

+

2

   

2

=

=

1,50 0,675 0,338 0,225 2,25 + 0,456 + 0,114 + 0,0507 = 1,69 V


MATLAB/SIMULINK utilizando-se o arquivo VI_8.mdl.


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No exemplo anterior, observar que o valor RMS exato da função triangular srcinal é dado por:

VRMS

1

T∫

=

T 0

[ f (t )]2 dt

=

1

3∫

3 0

t 2 dt

=

1 t 3 

3

  3  3 0

=

1 27

=

3 ≈ 1,73 V

3 3

Assim, o erro percentual do valor RMS é dado por: 1,69 − 1,73 ε% = 100% = −2,31% 1,73

VI.8

Espectros de amplitude e de fase

Denomina-se espectro de amplitude de uma função periódica f (t ) , o gráfico das amplitudes dos termos da série de Fourier em função da freqüência; denomina-se espectro de fase de uma função periódica f (t ) o gráfico dos ângulos de fase dos termos da série de Fourier em função da freqüência. O espectro de amplitude e de fase são construídos a partir das equações (4) e (5) sendo, também, denominados espectros de linhas pois os valores de amplitude ( An ou C n ) e ângulo de fase são especificados apenas para valores discretos da freqüência angular ( ω 0 ,2ω 0 ,3ω 0 ,L ). No caso do uso da forma trigonométrica da equação (4), são considerados apenas os valores positivos dos harmônicos, ou seja.

ω = ω 0 , ω = 2ω 0 , ω = 3ω 0 , L ;

para a

forma exponencial da equação (5), são considerados os valores positivos e negativos dos harmônicos, ou seja. ω = ±ω 0 , ω = ±2ω 0 , ω = ±3ω 0 , L .

Exemplo VI.9: Para a corrente do gráfico a seguir, determinar a expansão em série de Fourier, na forma exponencial, juntamente com os espectros de amplitude e de fase. i (t ) 6

–2

–1

1

2

4

6

t

Solução: Da análise do gráfico de i (t ) , observa-se que a função é par e que seu período é T ω0 =

2π

= = 0, 4π T 5 2 T2 2 2, 5 a0 = i)(t dt = )( i t dt T 0 5 0 12 1 12 ][t 0 = [ ]1 − 0 = 5 5 12 a0 = 5 Para k = 1,2,L , tem-se:

∫

ak

=

4

T∫

∫

T 0

2

ak bk

= =

5 s , logo:

  24  1  2kπ  t   2kπ sen 5   5   5  0 12  2k π  sen   kπ  5 

2

=

5

∫

1 0

6dt

=

 2kπ  t dt = 5  =0 6474 8   24  5 5  2kπ  ( = sen − sen 0 )    5  2 kπ  5  2kπ   

4 i)(t (cos )kω 0 t dt =)( 5 1

=

=

2π

∫

2, 5

0

4  2π  t dt = 5  5 

i t cos k

1

∫ 6 cos 0

0


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Solução (continuação): Deste modo, a corrente pode ser expressa pela seguinte série de co-senos: = An

∞

i(t )

=

a0

+

∑a

}

n

=0

cos(n)ω 0t

64748

( )

+ bn sen

nω 0t

=

2

n =1

=

12 5

∞

+

 12

∑  nπ sen

2π 5

n =1

 

n=1

i(t

≈

 2π  nt   5  n =2

n =3

644744 8

n=5

n =6

+

64447444 8

 6π  − 0,7484 cos t +  5  n =7

644 47444 8

π

n =4

64447444 8

4π  2π  ( cos )  ( t) + 2,4 + 3,633 cos t  + 1,123  5   5  647 4 48 4

=

n=1

n  cos

644744 8

)

∞

a

( 0) + ∑ An cos nω 0t

644 47444 8

π

− 0,9082

 8π  t +  5 

cos

n =8

644474448

π

π

0 cos 10 t  + 0,6055 cos 12 t  + 0,3207 cos 14 t  + (− 0,2806) cos 16 t  +  5   5   5   5  n=9

644474448

n =10

647 4 48 4

 18π   20π  + (− 0,4036) cos t  + 0 cos t  5   5  A Figura a seguir mostra o gráfico da aproximação por série de Fourier, indicando em azul os quatro primeiros termos e em verdeo somatório dos termos até n =10 . 8

6

i(t) i0(t) i1(t) i2(t)

4

2

0

i3(t) -2

-4

0

1

2

3

4

5

6

7

8

91

0

t

Os coeficientes da série exponencial são dados por: 12 = 2, 4 C0 = a0 = 5 12  2kπ  sen   ak kπ  5  = 6 sen 2kπ  = C k = C −k =   2 2 kπ  5  Assim, para k ∈ [− 10;10] , tem-se os seguintes espectros de amplitude e de fase. Espectro de Amplitude

Espectro de Fase

3

200

2,5

] s u150 a r g [

2

| n 1,5 |C

n100 C e s a

1

F

0,5

50 0

0 -10

-8

-6

-4

-2

0

2

4

6

8

10

-10

-8


-6

-4

-2

0

2

4

6

8

10

n

n

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Solução (continuação): Observar que, para valores de n múltiplos de 5 o coeficiente tem amplitude nula e, portanto, seu ângulo de fase é indeterminado. A série exponencial de Fourier equivalente é dada por: ∞

i(t )

=

C0

+

∑C e n

∞

jnω 0t

+

n =1 ∞

=

2,4 +

∑C

−n

e − jnω 0t

=

n =1

 6

∑  nπ sen n =1

2π 5

 

n  e

j

2π 5

nt

∞

 6

∑  nπ sen

+

n =1

2π 5

 

n  e

−

j

2π 5

nt

=

   2π  2π nt −j  6  2π  j nt 5 42 53 14 44 2,4 + sen n e + e   5    n =1  nπ  =2 cos 25π nt       ∞

=

∑

Solução alternativa: A solução deste exercício pode ser obtida por intermédio de simulação MATLAB/SIMULINK utilizando-se os arquivos VI_9.mdl e VI_9m.m. Com o primeiro arquivo é possível determinar o gráfico da corrente. Mostrado a seguir.

Com o segundo arquivo obtém-se o espectro de amplitude e de fase desta corrente. Espectro de Amplitude

2.5 2 | 1.5 n |C

1

0.5 0

-10 - 8

-6

-4

-2

-10 - 8

-6

-4

-2

0 2 4 6 n Espectro de Fase

8

10

8

10

200 ] s 150 u a r [g n 100 C e s a 50 F

0

0

2

4

6

n

VI.9

Fatores de distorção

De posse dos coeficientes da série de Fourier que representam as formas de onda de tensão ou de corrente periódicas não senoidais, é possível quantificar sua diferença com relação a uma onda senoidal pura por


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intermédio de diversos fatores, entre os quais se destacam a distorção harmônica total ( DHT)13, o fator de crista (FC) e o fator de forma ( FF). Para uma forma de onda de tensão ou corrente alternada (com valores médios nulos), representadas pelas seguintes séries: ∞

∑V

v (t ) =

n

(

)

cos nω 0t + θ nv

n =1 ∞

i(t ) =

∑I

n

(

i

cos nω 0t

+ θn

)

n =1

a distorção harmônica total em percentual, DHT%, é dada por:

 Vn 

∞

DHTv % =

∑ V

2

2 

n =2

 V2 

2

 V3 

+

 2 

× 100% =

+

 2 

K

× 100%

V1

1

2

2

 In   2 n=2 ∞

DHTi % =

2

∑ 

I1

2

 I2     2

× 100% =

2

 I3    2

+ 

I1

2

+K × 100%

2 2 Alternativamente, as expressões anteriores podem ser escritas em função dos valores eficazes da tensão e da corrente, respectivamente, VRMS e I RMS , da seguinte forma14: 2 VRMS

DHTv % =

 V1    2

2

− 

V1

× 100% =

2 2 I RMS

DHTi % =

 I1    2

2 VRMS

 V1     2

− 1 × 100%

2

2

− 

× 100% =

I1 2

2 I RMS

 I1     2

2

− 1 × 100%

Obviamente, para os sinais senoidais puros que possuem apenas a fundamental ( V1 e I1 ), os valores de distorção harmônica são nulos, ou seja, DHTv % = 0 e DHTi % = 0 . O fator de crista corresponde a uma relação entre os valores máximos (ou de pico) de tensão ( Vpico ) e corrente ( I pico ) e os valores eficazes correspondentes:

FCv

=

FCi

=

Vpico VRMS I pico I RMS

13 14

Em inglês, Total Harmonic Distortion (THD). Lembrar que quando os valores médios da tensão e da corrente são nulos, tem-se:

 Vn   2 n=1 ∞

VRMS

=

∑ 

I RMS

=

∑ 

2

 In   2 n =1 ∞

2

=

 V1     2

=

 I1     2

2

 V2    2

2

+  2

 I2     2

+


+

2

 V3     2

2

 I3     2

+

+K . 2

+K

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Para uma tensão ou corrente senoidal pura, utilizada como parâmetro de comparação, o fator de crista F F corresponde a max = Fmax = 2 ≈ 1,41 . max FRMS 2

O fator de forma corresponde a uma relação entre os valores eficazes de uma tensão ou corrente e os valores médios calculados em ½ período15 correspondentes: VRMS FFv = Vmédio em T 2

FFi

I RMS

=

I médio em T 2 16

Para uma tensão ou corrente senoidal pura , utilizada como parâmetro de comparação, o fator de forma corresponde a

Fmax

FRMS

=

Fmédio em T 2

2 2 Fmax

=

π

≈ 1,11 .

2 2

π

Exemplo VI.10: Utilizando as expressões (3), determinar a série de Fourier da tensão periódica da Figura a seguir juntamente com seus fatores de distorção.

v(t ) Vm 6T

9T

/10

T

T

/10

/10

t

T

T

/10 /2

– Vm

Solução: Inicialmente, determinam-se os limites de integração (t 0 e t 0

)

+ Te

a velocidade angular da

fundamental:

t0

=

⇒

0

t0

⇒

+T = T

Pela expressão (3b), tem-se para k a0

1

T∫

=

a0

=

T 0

=1

6 474 8

)f( (t) cos 0ω 0 t dt =

ω0 =

=

0:

1 T 

∫(

4T

T

T

)Vm dt + ∫

10

10

2π

9T 6T

10

− Vm

10

 = Vm[] t 4T[10 ]+ T 10  T

[

dt 

−t

9T 6T

10 10

] = VT

m

(4T 10 − T 10 − 9T 10 + 6T 10)

0

Como a 0 corresponde ao valor médio, poderia ter sido determinado por inspeção no gráfico de v(t ) , observando-se que esta tensão tem valor médio nulo (a área da função sobre o eixo t é igual a área que está abaixo deste eixo).

15

Calculado em ½ período pois o valor médio em um período é nulo (lembrar que os sinais tratados nesta Seção são considerados alternados). 16 Neste caso, o valor médio em meio período é dado por 1 T

2

∫

T

0

2

Fmax sen( 2Tπ t )dt =

2 Fmax  − cos( 2Tπ t ) 

T

 


2π T

T

  0

2

=

2 Fmax 2π

[− cos( 2T )T2 π

( )

2π

+ − cos T

Versão: 12/9/2007

0

] = 2Fmax π

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Solução (continuação): Para um k qualquer, tem-se: 4T 2 T 2 10 ) kω 0t dt =  ( T ) Vm cos( k)ω(0t )dt + ak = f) ((t cos T 0 T  10 4T 9T 2Vm  sen (kω ) 0t  10 ( )sen kω 0t  10   = =  −  T  kω 0  T  kω 0  6T 10  10  =

∫

∫

2Vm

(sen (kω 0 4)T 10 ( − sen ) kω( 0 T 10) − [(sen k)ω 0 9T 10

kω 0T

Substituindo o valor de

ω0

∫

9T 6T

10

− Vm

10

− sen



cos kω 0t dt = 

kω 0 6T 10

])

, tem-se:

2Vm

(sen (k 2Tπ )410T (−)sen ( k 2Tπ 10T )− [sen ( k)2Tπ 910T − sen k 2Tπ 610T ]) = k 2Tπ T Vm [sen(k 0,8)π( − sen) (k 0,2π ) −( )sen k1,8π + sen k1,2π ] = kπ Agrupando de forma conveniente e considerando as relações trigonométricas17, tem-se: ak

ak

=

=

 =2 sen  k 2π  cos − k 0, 4π   =2 sen  k 2π  cos − k 0, 6π    2  2 2  2      64444  64444 74444 8 74444 8 Vm  sen (k)0(,8π + sen ) k1,(2π −) sen ( k)0,2π + sen k1,8π   =   kπ        Vm

[2 sen (k)π ( cos kπ Como k é inteiro, chega-se a: =



ak

=

=cos

=0

( ) ([2 sen )kπ

)

− k 0, 2π −

( k 0 , 2π )

47 4 8 647 4 48 4 Vm  6 2sen (k)π (cos − )k 0,2π kπ 



ak

=

− k 0,3π

]]

( k 0 ,3π )



=cos

=0

6 47 4 8 647 4 48 4

−  2sen





cos

(k)π (cos − )k 0,3π   





∀k

0

Como a função que descreve v(t ) é ímpar, os valores de a k não precisariam ter sido calculados pois, sabe-se de antemão que serão todos nulos – vide Seção VI.3.2. O valor de bk é dado por:

bk

=

=

=

2

T

T∫

0

) kω 0t dt = f) ((t sen

2Vm   − cos(kω ) 0t 

 T  

2Vm

kω 0T

bk

=

=

k 2Tπ T Vm kπ

17

sen (c)

() d

+ sen

∫

4T

10

( ) Vm sen( k)ω(0t )dt + T  T 10 9T ( −) cos kω 0t  10  − =  kω 0   6T 10 

∫

9T 6T

10

ω

− Vm

sen kω 0t dt

10

(− cos(kω 0 4)T 10( +) cos kω(0 T 10 −) [−( cos k) ω 0 9T 10

+

cos kω 0 6T 10

= 

])

, tem-se: 0

(− cos(k 2T )410T (+ cos ) k 2T (10T) π

[− cos(k 0,8)π(

=

10

  T 10

kω 0

Substituindo o valor de 2Vm

4T

2

π

+

[ ()

− − cos

( )cos k1,8π cos) (k 0,2π ) +

k

2π 9T T 10

− cos

+

cos k

k1,2π

2π 6T T 10

]) =

]

c+d  c−d   cos   2   2 

2 sen 


Versão: 12/9/2007

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Solução (continuação): Agrupando de forma conveniente e considerando as relações trigonométricas18, temse: bk

 k 3π   k 0, 6π   =−2 sen  kπ  sen  − k 0, 6π   = −2 sen   sen   2  2     2   2   6444 474444 8 6444 474444 8 cos(k 0, 2)π −( cos) (k 0,8π ) + cos ( ) k1,8π − cos k1,2π  =  kπ      = − sen ( k 0 , 3π )   647 4 48 4 Vm π  3 π    − 2 sen k sen (− k 0,3π ) − 2 sen k  sen (k)0,3π  = 2Vm  kπ kπ  2 2      

Vm

=

=

bk

=



2Vm



  3π  − sen k 2    2

sen(k 0,3π )sen  k

kπ  Como k é inteiro, chega-se a: bk = 0 ∀ k par

  3π   sen k 0,3π   2  

− sen  k

  

    π  3π  Na expressão anterior, observar que o termo sen k  − sen k  só assume três valores diferentes (2, 0 e  2  2  bk

=



π

  π sen( ) k 2  sen k 0( ,)3π   

2Vm

 π  3π  − sen k  2  2

sen (k 0,3π )sen  k

kπ



− 2 ), conforma mostra a tabela a seguir onde é apresentada uma expressão alternativa para obter tais coeficientes para valores ímpares de k.

 π   2 1 0 –1 0 1 0 –1 0

 3π    2  –1 0 1 0 –1 0 1 0

sen k

k 1 2 3 4 5 6 7 8

sen k

 π  3π   − sen k   2  2  2 0 –2 0 2 0 –2 0

sen k

2(− 1)

k −1 2

∇k

ímpar

2 — –2 — 2 — –2 —

Como a função que descreve v(t ) tem simetria de meia onda, os coeficientes pares da série são todos nulos e o cálculo poderia ter se limitado aos coeficientes dos termos ímpares – vide Seção VI.3.3. Deste modo, a tensão pode ser expressa pela seguinte série de senos: =0

v (t )

∞

}

a0

=

+

=0

∑a

}

n

∞

cos(nω ) 0t

( )

+ bn sen

n =1 ∞

) v (t

∑

=

n=1 n ímpar

nω 0t(

) ∑ bn sen nω 0t

=

n=1

 2Vm  ( ) sen n0,3π  nπ

  π  3π sen n 2  − sen n 2    

    2π     sen n t     T 

Os 6 primeiros termos não nulos desta série são dados por:

) v (t

≈

n =1

n =3

n =5

6444 474444 8

6444 474444 8

6444474444 8

4Vm

()

π

 2π  4Vm  6π  4Vm  10π  sen 0,3π sen( ) t − sen()0,9π sen  t + sen 1,5π sen t +  T  3π  T  5π  T  n =7

6444474444 8

−

4Vm 7π

18

cos(c)

() d

− cos

n =9

6444474444 8

n =11

64444744448

 14π  4Vm  18π  4Vm  22π  sen)(2,1π sen  t ()+ sen 2,7π )(sen  t − sen 3,3π sen  t  T  9π  T  11π  T 

c+d  c−d   sen   2   2 

= −2 sen 


Versão: 12/9/2007

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Solução (continuação): n =1

n =3

644 47444 8

v (t )

n =5

644 47444 8

644474448

 2π   6π   10π  1,0301Vm sen t  − 0,1312Vm sen t  − 0,2546Vm sen t + T  T   T 

≈

n =7

n =9

644474448

 14π − 0,0562Vm sen  T

64447444 8

  18π t  + 0,1144Vm sen    T

n =11

644474448

  22π t  + 0,0936Vm sen   T

 

t

A Figura a seguir mostra o gráfico da aproximação por série de Fourier, indicando em azul os três primeiros termos e em vermelhoo somatório dos termos até n =11 , considerando Vm = 1 e T = 1 . 1.5 1 v( t)

0.5

v1(t) v3(t)

0

v5(t) -0.5

v7(t)

-1 -1.5 0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

t [s]

Para se determinar os fatores de distorção, é necessário determinar primeiro os valores de pico, eficaz e médio em ½ período da tensão: Vpico = Vm VRMS

VRMS

1 T

=

=

∫

T 0

v 2)(t dt

0,6Vm

Vmédio em T 2 Vmédio em T 2

=

1 T

2

1 T

2

T

∫)(

0

2

v 2 t dt

2 T

=

∫

4T

T

10

Vm2 dt

= Vm

10

2 T

∫

4T

T

10

dt

= Vm

10

2 4T 10 [t ]T 10 T

= Vm

2  4T T  10

−

T

10 

0,774Vm

≈

∫

=

T

2

0

v (t )dt =

2

T∫

4T

T

10

2Vm

Vm dt =

T

10

4T

[t]

T

10

=

10

2Vm  4T T  10

−

T

10 

=

2Vm 3T

T 10

= 0,6Vm

Assim, os fatores de distorção são os seguintes: 2 VRMS

DHTv % =

 V1     2

2

− 1 × 100% =

DHTv % ≈ 36,2% Vpico Vm FCv = = VRMS 0,6Vm FCv

≈ 1, 29

FFv

=

FFv

≈ 1,29

VRMS Vmédio em T 2

=

=

0,6Vm

(V

m

0, 6

)

2

 1,0301Vm    2  

2

− 1 × 100% =

0,6

(0,7284 )2

− 1 × 100 % =

0, 6 0,5306

− 1 × 100%

1 0,6

=

0,6Vm


0,6 0,6

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Solução alternativa 1: A solução deste exercício pode ser obtida por intermédio de simulação MATLAB/SIMULINK utilizando-se os arquivos VI_10.mdl e mymax.m (função definida necessária para execução do arquivo anterior). Com a simulação empregando o primeiro arquivo é obtido o gráfico da aproximação mostrada a seguir (supondo Vm = 1 e T = 1) e são reproduzidos os fatores de distorção obtidos anteriormente.

Os coeficientes da série de Fourier do Exemplo VI.9 podem ser obtidos de forma alternativa conforme descrito a seguir.

Solução alternativa 2: Escrevendo-se os limites de integração de modo diferente, os coeficientes ak e bk podem ser determinados da forma ligeiramente diferente. Para um k qualquer, tem-se: 2 T ak = )f((t ) cos kω 0t dt T 0

∫

=

=

2Vm   sen (kω ) 0t 

 T  

2Vm

kω 0T

=

T −T 2 10

  T 10

kω 0

(T −T 10 ) 2  (T 2 −T 10 ) (T ) Vm cos kω 0t dt + T T (− V)m (cos)kω 0t dt   ( 2 + 10 ) T  10 

∫

∫

10  =   (T 2 +T 10 ) 

( ) sen kω 0t  −

 

kω 0

(sen(kω 0 (T 2 −)T 10( ) −)sen kω(0 T 10)

Substituindo o valor de 2Vm

ω0

=

T −T

−

[sen(kω 0

T

)

− T 10

( ) (kω 0

− sen

T

2

+ T 10

)])

, tem-se:

(sen (k ( − )T 10() −)sen k 2Tπ T 10 − [sen (k 2Tπ (T − T 10 )) − sen (k 2Tπ (T 2 + T 10 ))]) = k 2Tπ T Vm [sen (kπ − k 0),2π( −) sen ( k 0,2π )− sen ( k 2π )− k 0,2π + sen kπ + k 0,2π ] = kπ Agrupando de forma conveniente e considerando as relações trigonométricas19, tem-se: (cos k)0( , 2π) −(cos k)π sen k 0, 2π ) (cos k)0(, 2π ) +(cos kπ) sen k 0, 2π  =sen ( k) 2π ( cos )k (0 , 2π ) −(cos k)2π sen k 0 , 2π =sen ( kπ  =sen (k)π 6 447448 644 47444 8 6447448 V = a = m  − sen (k 0 ) ,2π − ( + sen (kπ − k 0,2π ) sen) k 2π − k 0, 2π sen (kπ + k 0, 2π ) k kπ   ak

=

=

19

2π T 2 T

Vm [sen (k)π ( cos )k 0,2(π) −( cos )kπ (sen k) 0,2π( kπ + sen (k)π (cos k) 0, 2π( )+ (cos k)π sen k 0,2π ]

) sen (a + b

=

() a() cos (b) sen

+ cos

a sen b

sen (a − b )

=

sen () a() cos (b)

− cos

() ()

a sen b


) ( k 0),2π ( − ()sen ( k 2)π

− sen

Versão: 12/9/2007

cos k 0, 2π

− cos

k 2π sen k 0, 2π

)+

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Solução alternativa 2 (continuação): Como k é inteiro, chega-se a: ak

=0 =0 6 47 4 8 4 8  647 sen(k)π (cos )k 0,2(π) −( cos )kπ (sen k) 0,2π( − )sen ( k 0),2π (− )sen ( k 2)π cos k 0,2π   =0 6 47 4 8  ) (cos k)0,2π( )+ cos ( kπ) sen k 0,2π  = + sen (kπ 

Vm kπ

ak

=

[− cos(k)π (sen )k 0,2(π

)

− sen

+ cos

kπ sen k 0,2π

 

]= 0

∀k

0

O valor de bk é dado por: 2 T bk = )f((t ) sen kω 0t dt T 0

∫

=

(T −T 10 ) 2  (T 2 −T 10 ) ( ) Vm sen kω 0t dt + T T (− V)m (sen) kω 0t dt  = ( 2 + 10 ) T  T 10 

∫

∫

T −T T −T 2 10 ( )− cos kω 0t  10  2Vm   − cos(k)ω 0t   − =   T  kω 0 kω 0  T 10   T 2 +T 10  

=

2Vm

=

kω 0T

{− cos(kω 0 (T 2 −)T 10( ) +) cos kω 0 (T 10 ) − [− cos(kω 0 T −) T 10 +( cos) (kω 0

Substituindo o valor de

bk

(k 0,2π) +(sen ) ( k 0,2)π

k 2π sen k 0,2π  +

− cos

kπ 

=



=1

6 474 8

Vm

=

2Vm

=

kπ

{− cos(k 2T (T 2 − )T 10() +)cos k 2T

[− cos(kπ

2

+ T 10

)]}

, tem-se: π

k 2Tπ T Vm

=

ω0

T

−

π

k 0),2π(

T

10

[

− − cos

(k 2T (T − T 10 )) + cos(k 2T (T 2 + T 10 ))]} = π

π

) cos ( k 0,2π )+ cos ( k 2π )− k 0,2π

+

− cos

kπ

+

]

k 0,2π

20

Agrupando de forma conveniente e considerando as relações trigonométricas , tem-se: = cos

bk

V m − kπ 

=

(k)π (cos k)0 , 2(π) +(sen k)π

sen k 0, 2π

6447448

cos(kπ

− k 0,2π

)

= cos

(k 0) ,2π

+ cos

+

(

( k) 2π ( cos )k (0 , 2π )+(sen k)2π

sen k 0 , 2π

644 4744 4 8

cos) k 2π

−

k 0,2π

= cos

−

(k)π (cos k)0 , 2(π) −(sen k)π

sen k 0 , 2π

6447448

cos(kπ

+ k 0,2π

 =  

)



Vm

=

[ (cos(k)π (cos k)0,2π( )+ sen ( k)π sen k 0,)2π( +) cos ( )( k 0),2π( )( + cos ) k 2π (k)π (cos k)0,2π( )− (sen k)π sen k 0,2π )]

− kπ − cos

(

cos k 0,2π

Como k é inteiro, chega-se a: =0 =1 6 47 4 8 6 474 8  V   ( k 0) ,2π (  +) cos ( k 0) ,2π( +)cos ( k 2)π cos k 0,2π bk = m −  cos(k)π (cos )k 0,2(π) +( sen )kπ sen  kπ      =0 6 47 4 8     ( k)π sen k 0,2π  = − cos(k)π (cos k)0,2π( )− sen     Vm

=

kπ

bk

=

bk

=

[− cos(k)π ( cos )k 0,2(π

2Vm

kπ

0

)

+ cos

(k 0,2π) +(cos ) ( k 0,2)π

) kπ cos(k 0, 2)π [1 −( cos ∀k

− cos

kπ cos k 0,2π

+ sen

k 2π sen k 0,2π

+

=0

6 474 8

+ sen

k 2π sen k 0,2π

+

]

]

par

Observar que a expressão para os coeficientes bk , embora equivalente à obtida anteriormente, é ligeiramente diferente. Neste caso, o termo 1 − cos(kπ ) só assume dois valores diferentes (2 e 0), conforma mostra a tabela a seguir onde é apresentada uma expressão alternativa para obter tais coeficientes para quaisquer valores de k.

20

) cos(a + b

=

( ) a() cos (b) cos

− sen

a sen b

cos(a − b )

=

cos () a() cos b( )

+ sen

() ()

a sen b


Versão: 12/9/2007

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Solução alternativa 2 (continuação): k

cos(kπ )

1 − cos(kπ )

1 2 3 4 5 6 7 8

–1 1 –1 1 –1 1 –1 1

2 0 2 0 2 0 2 0

1 + (− 1)

k +1

∇k

2 0 2 0 2 0 2 0

Assim, tem-se a seguinte série de senos: =0

v (t )

∞

}

=

a0

+

=0

∑a

}

n

∞

) 0t cos(nω

( )

+ bn sen

nω 0 t(

n =1 ∞

)v (t

=

∑ n =1 n ímpar

) ∑ bn sen nω 0t

=

n=1

 2Vm ) ( n0) ,2π [1 − cos nπ  n(π cos 

2π ] sen n t    T 

Os 6 primeiros termos não nulos desta série são dados por: n =1

n =3

6444 474444 8

) v (t

≈

4Vm

()

π

6444 474444 8

n =7

6444474444 8

+

n =5

6444 474444 8

4V 6π 10π   2π  4V cos 0,2π sen() t  + m cos ) 0( ,6π sen t  + m cos π sen t +  T  3π  T  5π  T 

4Vm 7π

n =9

6444474444 8

n =11

64444744448

18π  4Vm  14π  4Vm  22π  ()  cos)(1,4π sen  t )(+ cos 1,8π sen t + cos 2,2π sen  t  T  9π  T  11π  T 

resultando na mesma série obtida anteriormente, embora a expressão dos coeficientes tenha sido obtida com uma apresentação diferente mas com valores idênticos.

Exemplo VI.11: No circuito a seguir considera-se que o triac é ideal (a cada meio ciclo, entra em condução a partir do seu ângulo de disparo atinge valor nulo). Determinar:

α,

comportando-se como um curto-circuito até o instante em que a corrente α

iR (t ) +

+

v(t )

v R (t )

R

R

=

100 Ω

v)(t

=

180(sen ) ωt V

ω

=

T

=

377 2π

α

= T4

rad

s

ω

–

a) As formas de onda da tensão e da corrente na resistência, juntamente com as funções que as definem. b) Os valores eficazes da tensão e da corrente na resistência. c) A potência média dissipada na resistência em W e em percentual da potência máxima que ocorre quando α = 0 (triac substituído por um curto-circuito). d) As expressões das séries de Fourier da tensão e da corrente na resistência. e) As expressões dos 3 primeiros termos não nulos das séries de Fourier da tensão e da corrente na resistência e os valores eficazes correspondentes. Verificar o erro percentual com relação aos valores obtidos no Item (b). f) Utilizando as séries truncadas do Item (e), determinar a potência média dissipada na resistência. Verificar o erro percentual com relação aos valores obtidos no Item (c).


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Solução: a) Para o primeiro período, as funções que descrevem a tensão e a corrente são: 0≤t
180 sen ( 2π t )  T vR (t ) =  0 180 sen ( 2Tπ t )

T

T T

4

≤t

2

≤t <

3T

= 2π ω = 2π 377 ≈ 16,7

4

3T

vR (t ) R

iR (t ) =

4

⇒

≤t
⇒

ms

α = T 4 = 2π 4ω = 2π 4×377 ≈

200

2

150

1.5

100

1

50

0.5

vR(t)

i R( t )

0 -50

0≤t
4

≤t
2

≤ t < 3T 4

3T

4

≤t
4,17 ms

0 -0.5

-100

-1

-150

-1.5

-200

1,8 sen ( 2π t )  T vR (t ) =  0 1,8 sen ( 2Tπ t )

0

0.002 0.004 0.006 0.008

0.01

-2 0

0.012 0.014 0.016 0.018

t [s]

0.002 0.004 0.006 0.008

0.01

t [s]

0.012 0.014 0.016 0.018

b) De acordo com a definição, os valores eficazes são dados por: 1 T [vR (t )]2 dt T 0 Como a função tem simetria de meia onda, pode-se determinar o valor RMS integrando-se em apenas meio período, ou seja:

VRRMS

∫

=

1

RMS

VR

=

=

=

T

2

180

180

T

∫

0

2

2

2

[v R (t )]

2

T∫

T T

2

4

dt

=

T

T

∫

T

2

4

1 − cos(2 2Tπ t )   dt 2  

1 T

 T  2

sen( 4Tπ)

−

T 2

4π T

2

2

2π

[180 sen( T t )] 1

T∫

= 180

 T ( )sen 4Tπ 4π 4− T 

−

T 4

T T

dt

= 180

T

T

∫

T

2

4

sen

2 2π T

(

1

[1 − cos( 4T t )]dt = 180

2

π

= 180

1

−

 () 1

(sen ) 2π

2

−

4π

4 

1 424 3 =0

=

1

180

−

2

1 4

= 180

1 4

= 180

=

t − T

4

   

t )dt

sen ( 4Tπ t ) 

T

 T

4π T

2

= 4



−

sen π  4π

123 =0

  

=

1 2

VRRMS = 90 V Como a corrente apresenta a mesma forma de onda da tensão, tem-se: 1 I RRMS = 1,8 = 0,9 A 2 c) A potência média na resistência é dada por:

P= P=

1

T 1

R

∫ (

T 0

p)(t dt =

)

2 VRRMS

Quando

α

VRRMS max

=

=

1

T

90

T

1

0

T

∫ )()(vR t iR t dt)( =

∫

T 0

vR t

v R (t ) R

dt =

1 1

RT

∫

T 0

 1

1 [vR (t )]2 dt = 

R T

∫

T 0



2

[vR (t )]2 dt  

2

= 81 W 100 = 0 , a tensão na resistência corresponde a uma senóide cujo valor eficaz é dado por 180 ≈ 127 V , sendo a potência dissipada na resistência igual a 2


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Solução (continuação): P max

=

1

(VR

)

RMS max 2

R

=

180 2 2

100

= 162

W

P% =

Assim, a potência percentual é:

P P max

100% =

81 162

100% = 50%

d) Observando a forma de onda da tensão (por conseguinte da corrente também), observa-se que esta não apresenta simetria par ou ímpar, mas possui simetria de meia onda. Assim, tem-se: a0 = 0

ak

=

Para k

a1

4

T∫

=

180

=1, =

=

=

T

f ()t cos ( kω ) 0t dt

2

0

4

∫

T

T T

2 sen

[( T

2π

2π

−k T

=

4

T∫

T T

180 sen ( ) ( 2Tπ )t cos k

2

4

)t ] + sen[( T

2π

2π

+k T

)t ]

2

4

dt

T

2π T

t dt

= 180

2

∫

T

( ) ( 4 )∫T 2sen

= 180 T T

T

2π T

t cos k 2Tπ t dt

=

4

(sen[(1 − k ) 2T t ] + sen[(1 + k ) 2T t ])dt

2

π

π

4

tem-se:

180

180

180

T

2

T∫

T

T∫ 1

4

T

2

T

T

(sen[(1 − 1) 2T t ] + sen[(1 + 1) 2T t ])dt = 180 2 ∫ T 2([sen] 0 2T [ t +] sen 2 2T t )dt =

2

π

π

T

sen ( 4Tπ t )dt = 180

2 4

[− cos( 4T ) T2 π

2π

π

(( )

2  − cos( 4Tπ t )

 T

− − cos 4Tπ T4

T

2

π

4

1

T

π  = 180 [− cos( 4T t )]T 2 = 2π 4 T 4 =1 = −1 47 4 8 678   6 1 ( ) 2( π) + cos π ( )= 180 )] = 180 1 − cos 2π  2π   

4π T

−

2

−1

a1 Para k ak

=

180

> 1, =

=

=

=

=

=

=

π ≈ −57,30

tem-se:

180

2

T

∫

T T

(sen[(1 − k ) 2T t ] + sen[(1 + k ) 2T t ])dt =

2

π

π

4

π 2  − cos[(1 − k ) 2T t ]

T

T

2 π π π − cos[(1 + k ) 2T t ] 1  − cos[(1 − k ) 2T t ] cos[(1 + k ) 2T t ] 2 + −   = 180   (1 − k ) 2Tπ (1 + k ) 2Tπ ( − ) ( + ) T 1 k 1 k π  T 4 T 4 1  − cos[(1 − k ) 2Tπ T2 ] cos[(1 + k ) 2Tπ T2 ]  − cos[(1 − k ) 2Tπ T4 ] cos[(1 + k ) 2Tπ T4 ]     = − − − 180   (1 − k ) (1 + k ) (1 − k ) (1 + k ) π      1  − cos[(1 − k )π ] cos[(1 + k )π ] cos[(1 − k ) π2 ] cos[(1 + k ) π2 ] − + + = 180  (1 − k ) (1 + k ) (1 − k ) (1 + k )  π  = −1 =0 = −1 =0 678 678 678  678 ( ) kπ +( )sen( )π sen kπ cos(π) cos ( ) kπ −( )sen( π) sen kπ 1  cos(π) cos − + 180  − (1 − k ) (1 + k ) π   =08 =18 = 08 =18 6 7 6 7 6 7 6 7  ( ) k π2 +( )sen( )π2 sen k π2 cos(π)2 cos ( ) k π2 −( )sen( )π2 sen k π2  cos(π)2 cos + + = (1 − k ) (1 + k )   π π 1  cos(kπ ) cos(kπ ) sen(k 2 ) sen (k 2 ) 1 2 2k  π + + − = 180 180  cos(kπ ) 1 − k 2 + sen(k 2 )1 − k 2  = (1 + k ) (1 − k ) (1 + k )  π  (1 − k ) π  k  2 1 + sen(k π2 ) 180 cos(kπ ) π  1− k 2 1 − k 2 

180


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=

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Solução (continuação): Em função da simetria, quando k é par os coeficientes ak e bk são todos nulos, logo:

 = −1∀k ímpar

ak

=

ak

=

bk

=

47 4 8 2 6 cos(kπ )

180

2

180

(k 2 − 1)

π

T

4

T∫

 

π

1 1− k

)2 (+ sen k 2 π

[1 − k sen (k 2 )] π

( kω ) 0t dt = f ()t sen

2

0

π

180 4 T 2 cos[( 2T T T4 Para k = 1 , tem-se:

∫

=

b1

=

=

180 180

2

∫

T

T T

T∫

T

b1 Para k bk

180

π

+

2



)( t dt =(180

k 2T )t ] dt = 180 2 T

4

T

T

)∫ T 2sen

2π T

t sen k

2π T

t dt =

4

∫

T2 T

(cos[(1 − k ) 2T t ] − cos[(1 + k ) 2T t ])dt π

π

4

T

π

π

 () sen 4 [1 − cos( 4T t )]dt = 180 2 t − 4 T π

π

T

=0

2 T

=

π

)t ] − cos[( 2T

T

2 4

2π T

4

π



=

( ) ( 2Tπ )t sen k 180 sen

π

T

2

2T



k

1 − k 2 

k ímpar

2

π

k

−

k π2

(cos[(1 − 1) 2T t ] − cos[(1 + 1) 2T t ])dt = 180 2 ∫T 2([cos]0 2T[ t −] cos 2 2T t )dt =

2 4

T T

+ sen

2

∀k ≥ 3,

4

T∫

  = 180 ) ( 2  − 1 2 π 1 − k 1− k   k

=0

6 47 4 8

−

sen(2)π 4π T

T 2

 90 > 1 , tem-se:

678

−

T

T



t 

T

2

 T 4

π

4

() 2  T (sen )

= 180

 T  2

−

4π T T 2 4π T

T 4 

−

−

sen

4π T T 4 4π T

  =   

()sen π 

+

4

4π T

2 T  1  = 180   = 180 T 4 2  

=

=

180

2

T

∫

T T

(cos[(1 − k ) 2T t ] − cos[(1 + k ) 2T t ])dt =

2

π

π

4

T

T

sen [(1 + k ) 2Tπ t ] 2 1  sen (1 − k ) 2Tπ t ] sen [(1 + k ) 2Tπ t ] 2 − − =   = 180  [ T  (1 − k ) 2Tπ (1 + k ) 2Tπ  T π  (1 − k ) (1 + k )  T 4 4 1  sen [(1 − k ) 2Tπ T2 ] sen [(1 + k ) 2Tπ T2 ]  sen[(1 − k ) 2Tπ T4 ] sen [(1 + k ) 2Tπ T4 ]     = = 180 − − −   (1 − k ) (1 + k ) (1 − k ) (1 + k ) π      π π 1  sen [(1 − k )π ] sen[(1 + k )π ] sen [(1 − k ) 2 ] sen [(1 + k ) 2 ] = 180 − − + =  (1 − k ) (1 + k ) (1 − k ) (1 + k )  π  =0 = −1 =0 = −1 8 678 678 678  67 ( ) kπ −( )cos( π) sen kπ sen (π) cos ( ) kπ +( )cos( π) sen kπ 1  sen (π) cos = 180 − +  (1 − k ) (1 + k ) π   =0 =0 =1 =1 6 7 8 6 7 8 6 7 8 6 7 8  ( ) k π2 −( )cos( )π2 sen k π2 sen (π)2 cos ( ) k π2 +( )cos( )π2 sen k π2  sen (π2) cos − + = (1 − k ) (1 + k )   =0 ∀k inteiro 47 4 8  1  sen (kπ ) sen (kπ ) cos (k π2 ) cos (k π2 ) 1 6 2 − 2k π = = 180 + − + + cos (k 2 )   = 180  sen (kπ ) 2 2 1− k 1 − k  π  (1 − k ) π  (1 + k ) (1 − k ) (1 + k )   2 k  π = 180 − cos(k 2 )1 − k 2  π  Em função da simetria, quando k é par os coeficientes ak e bk são todos nulos, logo: =

180

2  sen [(1 − k ) 2Tπ t ]



bk

=

bk

=

180

0

= 0 ∀k

ímpar

6 47 4 8

2 π − cos(k )

π

 

∀k ≥ 3,

2

  = 180 2 [0] π 1− k   k

2

k ímpar


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Solução (continuação): Assim, para a tensão, tem-se a seguinte série: n = 3, 5,L

n =1

64444444 4744444444 8

64444 4744444 8

− 180

v R (t ) =

π

cos ()

2π T

()

t

2π T

+ 90 sen

t

∞

∑ 180 π (n

+

2 2

n=3 n ímpar

)

−1

[1 − n sen (n 2 )]cos(n 2T t ) π

π

Observar que a série infinita que descreve a função possui apenas um termo em seno (90 sen ( 2Tπ t )) ,sendotodos os demais em cosseno. Desta forma, caso este termo em seno fosse subtraído da função de vR(t), ou da série que a representa, estas passariam a apresentar também simetria par, sendo a série constituída exclusivamente por termos ímpares em cosseno. Denominando vRmodificada (t ) a tensão modificada obtida a partir da função srcinal

vR(t), descontando-se o termo em seno, ou seja, v Rmodificada (t)

( 2 t ) , obtém-se o gráfico da figura a

() t

π

= vR

− 90 sen T

seguir. 200 150

v R( t )

100

2π

50

90sen( /Tt)

0

modificada

vR

( t)

-50 -100 -150 -200 0

0.002 0.004 0.006 0.008

0.01

0.012 0.014 0.016 0.018

t [s]

No gráfico anterior pode-se observar que a tensão srcinal encontra-se em azul (com simetria de meia onda), o termo a ser descontado em verde (com simetria ímpar) e a tensão modificada com simetrias par e de meia onda em vermelho. Em função da semelhança entre as formas de onda da tensão e da corrente, que só diferem por um fator de escala, a série que representa a corrente é dada por: n = 3,5 ,L

n =1

64444444744444448

64444 474444 4 8

iR (t ) =

− 1,8

π

cos ()

2π T

t

()

2π

+ 0,9 sen T

t

∞

+

∑

1,8

n =3 n ímpar

2 π

(n

2

)

−1

[1 − n sen(n 2 )]cos(n 2T t ) π

π

e) Considerando apenas os três primeiros termos não nulos da série, a aproximação que representa a tensão na resistência é dada por: n=3

644444474444448

n =1

= −1 6 47 4 8  − 180 2 2π 2π π  2π  T T 2 cos π ( ) t +( 90 ) sen t + 180 π (3 − 1) 1 − 3sen ( )3(2 ) cos 3 T t

64444 4744444 8

3 termos

vR

(t )

≈

+

n =5

6444444 47444444 4 8

+ 180

=1 6 47 4 8   1 − 5 sen ( ) 5 π2(  cos ) 5 2Tπ t 2  π (5 − 1)   

2

n =1

64444 4744444 8

vR3 termos (t )

()

2π

≈ − 57,30 cos T

t( )+ 90 sen


n =3

644744 8

(2T t) + 57,30( cos) 3 2T π

π

t

n =5

644744 8

− 19,10 cos

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5 2Tπ t

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Solução (continuação): Para esta aproximação, tem-se o gráfico a seguir, no qual em azul são mostrados os três primeiros componentes (fundamental, terceiro e quinto harmônicos) e em vermelho a resultante. 200 150

3 termos

(t) 100

vR

50

v1(t)

0

v3(t)

-50

v5(t)

-100 -150 -2000

0.002 0.004 0.006 0.008

0.01

0.012 0.014 0.016 0.018

t [s]

O valor eficaz (RMS) correspondente é dado por:

A1 = a12 + b12 A3 A5

=

57,302 2

+ 90

=

a32

2 + b3

=

57,30

=

a52

2 + b5

=

(− 19,10)2 2

 V1    2

3 termos VRMS =  

2

= 106,69

= 57,30

 V3    2

= 19,10

2

 V5    2

+ 

+ 

2

=

 106,69    2  

2

 57,30    2 

+ 

2

 19,10    2 

2

+ 

3 termos = 86,69 V VRMS

Assim, o erro percentual é dado por: 3 termos

ε% =

VRMS

− VRMS

VRMS

100% = 86,69 − 90 100% 90

⇒

ε % = −3,7%

Os fatores de distorção desta forma de onda são os seguintes: 2 V RMS

DHTv % =

FCv

=

 V1     2

Vpico

Vmédio em T 2 Vmédio em T 2 FFv

=

VRMS

=

=

90 2

− 1 × 100% =

86,69 2

DHTv % ≈ 27,9%

− 1 × 100 %

180

FC v

86,69

1 T

=

2

2

∫

T

0

180 π

VRMS Vmédio em T 2

2

v(t )dt =

2

T

∫

T

T

180 sen ( 2Tπ t )dt =

2

4

2 × 180  − cos( 2Tπ t )

T

 

2π T

T

≈

2

 T 4

=

2,08

180 π

=0 = −1 474 8 6 474 8  6 − cos( 2Tπ )T2 +(cos) 2Tπ T4     

≈ 57,30 =

86,69

FFv

57,30

≈ 1,51

Em função do conteúdo harmônico desta tensão, observa-se que com apenas os três primeiros termos da série de Fourier a forma de onda não se apresenta muito próxima da função srcinal. Acrescentando-se mais sete termos, tem-se a seguinte aproximação:


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Solução (continuação): n =3

644444474444448

n =1

= −1 6 47 4 8  − 180 cos ( ) 2Tπ t +( 90 ) sen 2Tπ t + 180 22 1 − 3sen ( )3(π2 ) cos 3 2Tπ t π π (3 − 1)    

64444 4744444 8

termos v10 (t ) R

≈

n =5

n =7

6444444 47444444 4 8

6444444 474444444 8

=1 6 47 4 8  1 − 5sen ( )5 π2(  cos ) 5 2Tπ t + 180 2  π (5 − 1)   

= −1 6 47 4 8  1 − 7sen ( )7 π2(  cos ) 7 2Tπ t + 180 2  π (7 − 1)   

2

2

n=9

=1 6 47 4 8  1 − 9sen ( )9 π2(  cos ) 9 2Tπ t + 180 2  π −  9 1   ( ) n =13

6444444474444444 8 = −1 6 474 8  1 − 11sen ( )11 π(2  cos ) 11 2Tπ t + 180 2  π −  11 1   ( ) n =15

2

64444444744444448

=1 6 474 8  1 − 13sen ( )13 π(2  cos ) 13 2Tπ t + 180 2  π (13 − 1)   

2

n =17

=1 6 474 8  2 1 − 17sen ( )17 (π2  cos ) 17 2Tπ t + 180 2  π (17 − 1)   

n =1

64444 4744444 8

()

t( )+ 90 sen (2Tπ )t

2π

≈ − 57,30 cos T n =9

− 11,46 cos

(9 )2T

π

644744 8

( )

t

n =17

( 2)

π

t

+

n =19

64444444744444448 = −1 6 474 8  2 1 − 19sen ( )19 (π2  cos ) 19 2Tπ t + 180 2  π (19 − 1)   

n =5

644744 8

) ,10 cos 5 2Tπ t 3 2Tπ t (− 19 n =13

( t ) − 8,18 (cos)13 2T

2π

π

t

n =7

644744 8

+ 19,10 cos

7 2Tπ t

+

n =15

64 4744 8

+ 11,46 cos 11 T

644744 8

− 6,37 cos 17 T

2

n=3

( )

n =11

644744 8

= −1 6 474 8  1 − 15sen ( )15 (π2  cos ) 15 2Tπ t  π (15 − 1)   

2

644744 8

+ 57,30 cos

+

64444444744444448

+ 180

64444444744444448

termos (t ) v10 R

+

n =11

6444444 47444444 4 8

2

+

64 4744 8

2π

+ 8,18 cos 15 T

t

+

n =19

644744 8

( )

2π

+ 6,37 cos 19 T

t

Para estes 10 termos, o gráfico comparativo com a função srcinal apresenta maior proximidade conforme mostrado na figura a seguir. 200 150 100

10 termos

(t) 50

vR

0

vR(t)

-50 -100 -150 -200 0

0.002 0.004 0.006 0.008

0.01

0.012 0.014 0.016 0.018

t [s]

Como anteriormente, para a corrente os resultados são semelhantes: n =3

644444474444448

n =1

= −1 6 47 4 8  cos ( ) 2Tπ t +( 0),9 sen 2Tπ t + 1,8 2 1 − 3sen ( ) 3(π2 ) cos 3 2Tπ t  π (3 − 1)   

64444 474444 4 8

iR3 termos (t )

≈

− 1,8

π

2

+

n =5

644444474444448

+ 1,8

6 47 8 =14  1 − 5sen ( )5 π2(  cos ) 5 2Tπ t  π (5 − 1)   

2 2

n =1

644444744444 8

iR3 termos (t )

()

2π

≈ − 0,573 cos T

t ( +) 0,9 sen (2Tπ )t

n=3

644744 8

( )

+ 0,573 cos

3 2Tπ t

n =5

644744 8

− 0,191 cos

5 2Tπ t

O valor eficaz (RMS) correspondente é dado por:

A1 = a12 + b12

=

0,5732 + 0,9 2

= 1,0669


Versão: 12/9/2007

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Solução (continuação): A3 A5

=

a32 + b32

=

0,5732

=

a52

=

(− 0,191)2

2 + b5

 i1max    2

2

3 termos I RMS =  

= 0,573

 i3max   2   

+

= 0,191 2

 i5max   2   

+

2

=

 1,0669     2 

2

 0,573    2 

2

+

 0,191    2 

+

2

= 0,8669

A

3 termos I RMS = 0,8669 A

Assim, o erro percentual é dado por: ε% =

f)

3 termos − I RMS 0,8669 − 0,9 I RMS 100% = 100% I RMS 0,9

⇒

ε % = −3,7%

Considerando os três primeiros termos não nulos, a potência média dissipada na resistência é dada por:

P 3 termos =

v1maxi1max v maxi max v maxi max 106,69 × 1,0669 57,30 × 0,573 19,10 × 0,191 cos 0 + 3 3 cos 0 + 5 5 cos 0 = + + 2 2 2 2 2 2

P 3 termos = 75,15 W Assim, o erro percentual é dado por: ε% =

P 3 termos − P P

100% =

75,15 − 81 81

100% = −7,2%

Solução alternativa: A solução deste exercício pode ser obtida por intermédio de simulação VI_11.mdl. As formas de onda da tensão e da corrente na MATLAB/SIMULINK os arquivos resistência são dadas,utilizando-se respectivamente, pelos gráficos a seguir.

Gráfico da tensão vR(t)

Gráfico da corrente iR(t)

As aproximações considerando três termos para as formas de onda da tensão e da corrente na resistência são dadas, respectivamente, pelos gráficos a seguir. Gráfico da tensão vR3 termos(t)


Gráfico da corrente iR3 termos(t)

Versão: 12/9/2007

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Exercício VI.1: Sabendo que o circuito está em regime permanente, determinar a potência dissipada na resistência R1 considerando inclusive até o segundo harmônico. A série que descreve a tensão da fonte é definida por: ω 0 = 50 rad s

a0

=5

an

=

bn

=

R2

L2

10π

n 5π n

k +

2

R1

=

R2

=

15 Ω

L1

=

90 mH

L2

=

40 mH

k

=

0,5

v(t)

10 Ω

L1

R1

Exercício VI.2: Um sistema trifásico simétrico de tensões alimenta uma carga equilibrada conectada em estrela com neutro. Sabe-se que a corrente da fase A é dada por:

i A)(t

( )

= 6 cos

400(t)

+

4 cos(1200 )t

+

2 cos 2000t

Determinar: a) A expressão da corrente nas demais fases. b) A expressão da corrente de neutro. c) O valor eficaz da corrente nas fases e no neutro.

Na Tabela VI.3 encontram-se sugestões de exercícios, referentes aos assuntos tratados neste capítulo.

Livro

Tabela VI.3 – Sugestões de exercícios referentes ao Capítulo VI. Capítulo Página: Exercícios 684: 16.1; 16.2; 16.3; 16.6

Alexander&Sadiku (2003)

16


17

Irwin (2000)

18

685: 686: 688: 690:

16.8; 16.9; 16.10; 16.11; 16.12; 16.14 16.16; 16.19; 16.20;16.23 687: 16.24; 16.25; 16.27; 16.28 16.31; 16.32; 16.34; 16.35 689: 16.43; 16.44; 16.47; 16.49 16.56; 16.57; 16.59; 16.60 454: 17.9; 17.10; 17.11; 17.12; 17.15 453: 17.3; 17.8 455: 17.18; 17.22; 17.23; 17.24; 17.25 456: 17.26; 17.27; 17.28; 17.29; 17.30 457: 17.31; 17.32; 17.34; 17.35 458: 17.37; 17.38; 17.40 459: 17.47; 17.48 802: 18.12; 18.13; 18.15 801: 18.2; 18.3; 18.4 803: 18.16; 18.17; 18.19 804: 18.21; 18.22; 18.23; 18.24 805: 18.15; 18.26; 18.27; 18.28 18.30 806: 18.32; 18.33 807: 18.34; 18.35; 18.36


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