Considere um circuito RLC em série ligado a uma fonte de fem alternada varepsilon(t)=(100 V) sen(omega t) e frequência angular omega=400 rad / s. A corrente no circuito está adiantada de 60^circ em relação à fem, e a corrente máxima im é 5 A .
a) Explicite as expressões para os potenciais V(t) em cada um dos elementos de um circuito RLC em série, aplique a lei das malhas e então monte o diagrama de fasores para estes potenciais, deduzindo as expressões para a impedância Z e da constante de fase varphi. (1,0)
b) Determine o valor da resistencia R. (0,75)
c) Determine o valor da capacitância C , supondo L=20 mH. (0,5)
d) Determine o valor da indutância que deve ser adicionada ao circuito e de que maneira (paralelo ou em série) para se obter um fator de potència (cos varphi) igual a 1 (0,75)

Passo 1

O enunciado trata de um circuito RLC em série submetido a uma fem alternada
varepsilon(t) = (100; V),sin(omega t), omega=400;rad/s,
no qual a corrente
i(t)=imsin(omega t+varphi)
está adiantada de 60^circ em relação a varepsilon(t) e im=5; A.
Queremos usar o método fasorial (introduzir as tensões instantâneas, aplicar a lei das malhas e passar para fasores) para obter a impedância Z e o ângulo de fase varphi, depois determinar R, C (sabendo L=20;mH) e achar a indutância a ser acrescentada para fator de potência unitário.

Passo 2

As tensões instantâneas nos elementos são
vR(t)=R,i(t)=R,imsin(omega t+varphi),
vL(t)=L,didt=L,omega,imcos(omega t+varphi) =;L,omega,imsinl(omega t+varphi+90^circr),
vC(t)=1Cintegral i(t),dt =imomega Cl[-cos(omega t+varphi)r] =;imomega Csinl(omega t+varphi-90^circr)
Pela lei das malhas em regime permanente:
vR(t)+vL(t)+vC(t)=varepsilon(t)

Passo 3

No domínio fasorial, definimos o fasor de corrente
tilde I = Imang<=varphi e de fonte
tilde V = Vmang<=0 com Vm=100; V.
Os fasores das tensões são
tilde VR=R,tilde I,; tilde VL=jomega L,tilde I,; tilde VC=-,j1omega C,tilde I.
A soma vetorial dá
tilde V = tilde VR + tilde VL + tilde VC = l(R + j(omega L - tfrac1omega C)r)tilde I = Z,tilde I
Logo
Z = R + jl(omega L - tfrac1omega Cr), varphi = arg(Z) = arctan!l(omega L - tfrac1omega CRr)

Passo 4

Da informação i adiantada de 60^circ, temos varphi=-60^circ.
Como Z=Vm/Im em módulo,
|Z| = 1005 = 20;Omega,
e cosvarphi = R|Z|.
Como cos(-60^circ)=tfrac12, segue
R = |Z|cosvarphi = 20cdottfrac12 = 10;Omega

Passo 5

Da parte imaginária temos
tanvarphi = omega L - tfrac1omega CR = tan(-60^circ) = -raiz3
Com omega L = 400times20times10^-3=8;Omega e R=10;Omega,
8 - tfrac1400,C = -raiz3;10 Longrightarrow tfrac1400,C = 8 + 10raiz3
C = 1400,(8 + 10raiz3)approx9,87times10^-5; F ;(approx98,7;mu F)

Passo 6

Para ter fator de potência unitário, queremos a reatância líquida zero:
omega Lrm total - tfrac1omega C=0.
Já há omega L=8;Omega e tfrac1omega Capprox25,32;Omega,
logo falta
XL,rm add = 25,32 - 8 = 17,32;Omega, Lrm add = 17,32400approx0,0433; H
Esta indutância deve ser inserida em série para cancelar a reatância capacitiva e alcançar cosvarphi=1.

Resposta

a)
vR(t)=R,imsin(omega t+varphi), vL(t)=L,omega,imsin(omega t+varphi+90^circ), vC(t)=imomega Csin(omega t+varphi-90^circ),
Z = R + j(omega L - tfrac1omega C), varphi = arctan!l(tfracomega L - 1/(omega C)Rr)
b) R=10;Omega.
c) Capprox9,87times10^-5; F.
d) Adicionar em série uma indutância
Lrm addapprox0,0433; H
para obter cosvarphi=1.

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