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1 PSI3213 – CIRCUITOS ELÉTRICOS II Lista 4: Indutâncias Mútuas e Transformadores 1 – No esquema da Figura 1, em qual terminal da bobina 2 deve ser colocada a marca de polaridade correspondente àquela da bobina 1? Figura 1 2 – Quando a chave da Figura 2, há muito tempo na posição 1, passa bruscamente para a posição 2, o ponteiro do voltímetro DC move-se no sentido anti-horário da escala (leitura negativa). Indique onde devem ser colocadas as marcas de polaridade das bobinas. Calcule também a tensão v2(t) para t 0, considerando o voltímetro ideal. Figura 2 3 – a) Mostre que os indutores da Figura 3, acoplados magneticamente, são equivalentes a um único indutor, com indutância Lab = 2 1 2 1 2 L L M L L 2 M b) Como se modifica o resultado acima se a polaridade de L2 for invertida? Figura 3 a |M| L2 b L1 N1 N2 a b 1 2 E R voltímetro DC t = 0 |M| v2 L1 L2 2 4 – Escreva as equações de análise de malhas transformadas do circuito da Figura 4, com condições iniciais quiescentes. Determine v2(t), t 0. 5 – a) Dado o circuito da Figura 5, com condições iniciais indicadas, escreva as equações transformadas de análise de malhas. b) Supondo vg (t) = 100.cos(2t) (V, s), determine ig(t) em regime permanente senoidal. 6 – Para o circuito da Figura 6, pede-se: a) Escreva a equação matricial de análise de malhas, no domínio de Laplace, para condições iniciais nulas. b) Determine os valores de r para os quais o circuito é assintoticamente estável. c) Supondo agora que não existe acoplamento magnético entre as duas bobinas, e para uma transresistência de r = 2 , determine tensão de saída vs(t) para uma entrada eg(t) = δ(t) ( V, s ) e condições iniciais nulas. d) Nas mesmas condições do item c), determine a resposta vs(t) em regime permanente senoidal, para eg(t) = 10cos ( 2t + 30 ) ( V, s ). Figura 6 eg 2 1 2 1H 2H r ix ix i2 i1 vs(t) 1H M = 0,6 H Figura 4 v2(t) 20 0,4 H 0,04 F 5H(t) ( V ) j1 0,9 H |M| Figura 5 |M| vg 4H j1 = 1A ig 6 20 9H 8 j2 = 2A M = 4,5 H 3 7 – Para o circuito da Figura 7, pede-se: a) Escreva a equação matricial de análise de malhas no domínio de Laplace, considerando i1(0- ) = 1 A, i2(0- ) = 0 A e vc(0- ) = 3 V. b) Determine o equivalente de Thévenin em regime permanente senoidal para o sub-circuito à esquerda dos terminais AB ( na Figura 7 ). c) Repita o item b) substituindo os indutores acoplados por um transformador ideal com n1/n2 = 2 ( Figura 8 ). es(t) = 300cos1000t ( V,s ) 8 – No circuito da Figura 9, a tensão inicial no capacitor é vc ( 0- ) = vco e a corrente inicial de todos os indutores é nula. a) Mostre que a equação para análise de malhas do circuito, transformada segundo Laplace, é: 1 s 5 s R I s E s v s s co L NM O QP b g b g b g . b) Determine as condições a serem observadas por e R para que o circuito tenha somente frequências complexas próprias reais e que seja assintoticamente estável. c) Determine o valor da função de rede V E 0 s para = 2 rad/s e R = 10 , = 0,5. 500 600 0,1 H A 2 : 1 B es(t) ~ Figura 8 600 0,1H es(t) ~ 500 0,1H vc B 2 mF 0,4H A |M| = 0,1H i1 i2 Figura 7 4 L1 = L3 = 1 H L2 = 2 H Mi, j = 0,5 H i 1,2 j 2,3 i j R S| T| C = 0,2 F Figura 9 9 – No circuito da Figura 10, com um transformador ideal de relação 5:1, operando em uma frequência de 60 Hz, sabe-se que I2 = 0,5 0 ampères eficazes. a) Determine o fasor I1 . b) Determine o fasor Vef . c) Se as ligações do secundário forem invertidas, qual o novo valor de Vef , para que continue I2 = 0,5 0 ampères eficazes? Figura 10 Exercício com o Simulador Numérico Considere o Exercício 5 b). Confira sua resposta determinando ig(t) em regime permanente senoidal com um simulador numérico de circuitos elétricos. Instruções (para o Multisim 14.0): Desenhe o seguinte circuito no schematic do Multisim 14.0: 5 5 : 1 ~ 10 I2 20 I1 Vef es L1 L2 L3 v0 M12 R M23 M13 i vL2 v0 vc C 5 Figura 11: Montagem do circuito elétrico. (a) Os componentes podem ser selecionados em Place → Component. a fonte de tensão senoidal pode ser encontrada no Group: Sources, Family: SIGNAL_VOLTAGE_SOURCES, Component: AC_VOLTAGE. Configure os parâmetros da fonte que são relevantes para a análise AC: Frequency, AC analysis magnitude e AC analysis phase. o componente que introduz a indutância mútua pode ser encontrado no Group: Basic, Family: TRANSFORMER, Component: INDUCTOR_COUPLING. Nas configurações do componente, liste os indutores em que há acoplamento magnético e insira o coeficiente de acoplamento adequado. (b) A simulação deve ser uma análise AC de uma única frequência, que calcula o módulo e a fase de tensões e correntes de um circuito em regime permanente senoidal. Configure a simulação em Simulate → Analyses and simulation. Em Active Analysis, selecione Single Frequency AC. Na aba Frequency parameters, insira a frequência cíclica em que a análise será feita, correspondente à frequência angular de 2 rad/s. Adote o formato de módulo e fase para os números complexos. Na aba Output, selecione a corrente correspondente a gIˆ no schematic. Não esqueça que o Multisim adota a convenção do receptor para o gerador de tensão. Prossiga clicando em ►Run. (c) A janela do Grapher View deverá mostrar os valores de módulo e fase de gIˆ . 1 PSI3213 – CIRCUITOS ELÉTRICOS II Solução da Lista 4: Indutâncias Mútuas e Transformadores 1 – Colocar a marca de polaridade no terminal b. 2 – Cálculo de v2(t): Usando inicialmente as convenções da figura, temos: 1 E i (0 ) R 1 (R/L )t 1 E i (t) e H(t) R 1 (R/L )t1 2 1 M Edi v (t) M e H(t) dt L Com as marcas de polaridade da figura e os sentidos de corrente adotados, teremos sinal positivo para a mútua na relação constitutiva do indutor 2. Portanto, a indicação no voltímetro será negativa – que é o que ocorre segundo o enunciado. Logo, as marcas de polaridade devem ser colocadas como indicado na figura. Caso tivéssemoserrado a convenção e obtido v2(t) positiva, teríamos que trocar alguma das marcas de polaridade adotadas no início. 3 – a) Da figura: 1 1 2 2 L M iv D M L iv D 21 2 12 1 2 L Mi v1 M Li vL L M 1 21 2 2 1 2 L L 2 M D i i .v L L M v 2 2 1 2 1 2 a b 1 2 1 2 L L M L L Mdi L L L 2 M dt L L 2 M b) Adota-se sinal negativo para |M|, de modo que Lab = 2 1 2 1 2 L L M L L 2 M . L1 i i1 v |M| i2 L2 i1 i2 v2 v1 v2 |M| t = 0 R E 2 4 – Equações de análise de malhas transformadas: 0,4s 25 s 0,6s 25 s 25 s 0,6s 25 s 20 0,9s I I 5 s 0 1 2 L NM O QP L NM O QP L NM O QP V2(s) = –s|M|I1 + sL2I2 v2(t) = 7,54e-0,1563t cos( 7,9041t – 174,35 ) H(t), ( V, seg ) 5 – a) Análise de malhas: 8 9s 8 4,5s 9s 8 4,5s 14 4s 6 4,5s 9s 6 4,5s 26 9s I I I V s 22,5 13 22,5 1 2 3 g L N MMM O Q PPP L N MMM O Q PPP L N MMM O Q PPP b g b) ig(t) 4,563 cos( 2t – 44,00 ), ( A, seg ) 6 – a) Vale ix = i1 . Pela 2a LK no domínio do tempo temos ( ver figura! ): malha 1: 2i1 + ri1 + 1i1 - i2 + v1 = eg malha 2: 2i2 - ri1 + i2 - i1 - v2 = 0 – relação na mútua: v 1Di 1Di v 1Di 2 Di 1 1 2 2 1 2 RST Substituindo e simplificando, 3 r D i D 1 i e r D 1 i 3 2 D i 0 1 2 g 1 2 RS| T| b g b g b g b g ou, transformando com condições iniciais nulas, 3 r s s 1 r s 1 3 2s I s I s E s 0 1 2 g L NM O QP L NM O QP L NM O QP b g b g b g b) det Zn (s) = s 2 + ( r + 7 )s + 2 ( r + 4 ) = 0 – Condições para raízes com parte real negativa: r + 7 > 0 r > - 7 ; r + 4 > 0 r > - 4 Portanto, para estabilidade assintótica devemos ter r > - 4 i1 i2 eg v2 v1 vs es i2 i1 C L1 L2 v2 R i1 i2 i3 ig j2 j1 3 c) Com r = 2, M = 0 e eg = (t) as equações do circuito ficam s 5 1 3 2s 3 I s I s 1 0 I s 1,5 s 6,5s 6 1 2 2 2 L NM O QP L NM O QP L NM O QP b g b g b g V s 3 s 6,5s 6 s 2b g vs(t) = ( 0,7 e-1,114t - 0,7 e-5,386t ) H(t), ( V, seg ) d) V 3 j2 6,5 j2 6 . Es 2 g b g Eg = 10 30 V 30 30 2 j13 s = 2,281 - 51,25 vs(t) = 2,281cos( 2t - 51,25 ) ( V, s ) 7 – a) Consideraremos i1 e i2 como correntes de malha (ver Figura 7 da Lista 4). A aplicação da 2a LK, transformada segundo Laplace, fornece: – malha 1: 500 I1( s ) + 0,1s I1( s ) - 0,1 i1( 0- ) + 0,4s I1( s ) - 0,4 i1( 0- ) + 0,1s I2( s ) – – 0,1 i2( 0- ) = Eg( s ) – malha 2 : 0,1s I2( s ) - 0,1 i2( 0- ) + 0,1s I1( s ) - 0,1 i1( 0- ) + 600 I2(s) + 1 2.10 s3 I2(s) – v (0 ) s 0c Ordenando numa equação matricial, 500 0,5s 0,1s 0,1s 0,1s 600 500 s I s I s E s 0,5 3 s 0,1 1 2 g L N MMMM O Q PPPP L N MMM O Q PPP L N MMMM O Q PPPP b g b g b g b) Com a malha 2 em aberto e RPS ( ver figura abaixo ) s j = j1000, 500 600 0,1 H A B eg(t) ~ Z0 V1 V2 I1 E0 I2 4 – Tensão em aberto 0Eˆ entre A e B: 500I j100I j400I E j100I E E j100 500 j500 . E 1 1 1 g 1 0 0 g U V| W| E j1 5 j5 . 300 42,430 45 ( V ) – Corrente de curto I0 ( sem capacitor ), de A para B: 500I j100I j400I j100I E1 1 1 2 g j100I j100 600 I 01 2 b g Mas I I2 0 de modo que, matricialmente, 500 j500 j100 j100 600 j100 I I E 0 1 0 g L NM O QP L NM O QP L NM O QP I j100 E 10 2,6 j3,5 6,88 . 100 g 5 2 b g 36,6 – Portanto, Z E I 616,720 0 0 8,39 = 610,11 + j 90 ( ) c) Com o gerador desativado, a impedância referida ao secundário é Z 500 j100 . 1 2 600 725 j250 2 F HG I KJ b g ( ) Com o secundário aberto, I 0 I 02 1 Portanto, E V V 2 E 2 1500 2 1 g 0 ( V ) 8 – a) 2a Lei K.: vL1 + vL2 + vL3 + vc + vR - v0 = es v v v L1 L2 L3 L N MMM O Q PPP L N MMM O Q PPP 1 0 5 0 5 0 5 2 0 5 0 5 0 5 1 , , , , , , D.i vL1 + vL2 + vL3 = 1D i(t) v 1 C D i v 5D i vc 1 co 1 co vR = Ri v0 = vL2 = 1Di Substituindo na equação: (1D + 5D-1 + R - D)i = es(t) - vco es v0 i vR vL3 vc vL1 vL2 v0 5 Transformando por Laplace 1 L NM O QP b g b g b gs 5 s R I s E s v s s co b) Equação característica: 1 b gs 5 s R 0 ( 1 - )s2 + Rs + 5 = 0 s1, 2 = R R2 20 1 2 1 b g b g Para FCP reais: R2 20( 1 - ) Circuito assintoticamente estável: s1,2 < 0 R2 20 1 b g R 20( 1 - ) 0 1 2 condições: 1 e R2 20( 1 - ) c) RPS: s j , despreza-se condição inicial 1 0 5 5 10 L NM O QP , ) b g j j I ( j Es j 5 2 j 10 I j2 E I E . 2 j 3 j20 s s L NM O QP b g V V 1 . j2 . I V 4 E 3 j20 0 L2 0 s V E 4 3 j20 0 s 0,20 98,53 9 – a) 5 5 : 1 ~ 10 2Iˆ 20 1Iˆ efVˆ 1Vˆ 2Vˆ 1 2 ˆ ˆI I6 Transformador ideal: I I N N I I . 1 5 I 0,5 0 . 1 5 1 2 2 1 1 2 1 I1 = 0,1 180 Aef b) 2a Lei K 20 I I V 10I 0 V1 2 2 2 2 d i = 17 180 Vef V V N N V V . 51 2 1 2 1 2 = 85 180 2a Lei K ef 1 1 1 2 efˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆV 5I V 20 I I V = 97,5 180 Vef c) Neste caso: I I N N I1 2 2 1 1 = 0,1 0 V 10I 20 I I2 2 1 2 d i = 13 0 V V N N V 5 . V1 2 1 2 1 2 = 65 0 ef 1 1 1 2ˆ ˆ ˆ ˆ ˆV 5I V 20 I I = 57,5 0 Vef 5 5 : 1 ~ 10 2Iˆ 20 1Iˆ efVˆ 1Vˆ 2Vˆ 1 2 ˆ ˆI I
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