Física - Ideia 30

Escrito por Paulo Henrique

Fasores: geometria em circuitos

Na análise de circuitos $AC$, o método das impedâncias é bastante útil (veja ideia 29). Mas, em alguns problemas específicos, uma solução geométrica é mais rápida e elegante. O método aqui apresentado serve para converter operações algébricas com número complexos em um cálculo geométrico, no contexto dos circuitos elétricos.

Em um circuito no qual a fonte opera com frequência circular $\omega$, as correntes e tensões no circuito têm a forma (aqui, estamos interessados na solução estacionária):

$$I(t)=A_0\cos\left({\omega}t+\phi\right)$$

Onde $A_0$ representa a amplitude e $\phi$ a fase.

A equação acima reflete a validade do método das impedâncias: como todas correntes e tensões oscilam com mesma frequência da fonte, podemos atribuir uma impedância complexa $Z(\omega)$ a cada elemento (caso as correntes não oscilassem com mesma frequência $\omega$, não faria sentido atribuir impedâncias aos elementos). Dessa forma, todos os cálculos são simplificados devido a natureza aditiva de multiplicação de exponenciais complexas. Voltando para a primeira equação, podemos reescrevê-la da seguinte forma:

$$I(t)=Re\left(A_0e^{\left(i{\omega}t+\phi\right)}\right)\equiv{Re(\widetilde{I})}$$

Como custume, $\widetilde{I}$ é a corrente complexa. Com isso, enunciemos o lema $1$, que é a essência do método dos fasores.

Lema 1. Sejam $z_1$, $z_2$, $\cdots$, $z_N$ números complexos. É válida a relação:

$$Re{(z_1)}+Re{(z_2)}+\cdots+Re{(z_N)}=Re\left(z_1+z_2+\cdots+z_N\right)$$

Demonstração: Defina $z_j=a_j+ib_j$, dessa forma:

$$\sum_{j=1}^{N} Re\left(a_j+ib_j\right)=\sum_{j=1}^{N} a_j=a_1+a_2+\cdots+a_N=Re\left(a_1+a_2+\cdots+a_N+i\left(b_1+b_2+\cdots+b_N\right)\right)=Re\left(\sum_{j=1}^{N} z_j\right)$$

Sendo assim, quando precisarmos somar correntes (ou tensões) basta fazermos:

$$I_1(t)+I_2(t)=Re\left(A_1e^{i\left({\omega}t+\phi_1\right)}+A_2e^{i\left({\omega}t+\phi_2\right)}\right)=Re\left(\left(A_1e^{i\phi_1}+A_2e^{i\phi_2}\right)e^{i{\omega}t}\right)$$

Como o fator $e^{i{\omega}t}$ aparece em todos os termos, ele pode ser colocado em evidência e a amplitude de $I_1+I_2$ pode ser obtida realizando a soma $\left(A_1e^{i\phi_1}+A_2e^{i\phi_2}\right)$. Além disso, podemos representar essas correntes complexas no plano de Argand-Gauss. Se feito isso, o problema se reduz a uma soma de vetores (chamados de fasores nesse contexto) no plano.

Ao realizar operações com correntes, tudo o que precisamos são somas ou subtrações: produtos só aparecem no cálculo de potências e quantidades desse tipo. Muitas vezes, computar essas somas geometricamente pelo método dos fasores resolve o problema facilmente.

Observe que, no plano complexo,  ao colocar o fator $e^{i{\omega}t}$ em evidência, a soma vetorial $\left(A_1e^{i\phi_1}+A_2e^{i\phi_2}\right)$ representa um paralelogramo que gira rigidamente com frequência $\omega$. A amplitude resultante é constante no tempo e as quantidades reais podem ser obtidas tomando as projeções dos vetores no eixo real.

Dessa forma, é importante que todas as fontes presentes no circuito tenham mesma frequência, caso contrário, os fatores $e^{i{\omega}t}$ não seriam comuns a todos os termos e o paralelogramo não giraria rigidamente (implicando amplitudes não constantes). Nesses casos, o princípio da superposição (veja ideia 18) pode ser um método eficiente para resolver o circuito: o método dos fasores pode ser usado separadamente para cada fonte.

Representação dos principais fasores

É importante saber as representações dos principais fasores e as diferenças de fase relativas entre eles. Como estamos no plano complexo, diferenças de fase correspondem ao ângulo formado entre os fasores. O fator que determina a diferença de fase entre as quantidades (tensões e correntes) é a impedância do elemento, através da relação:

$$\boxed{\widetilde{V}=Z\widetilde{I}}$$

Daí:

$$\boxed{\arg{\widetilde{V}}=\arg{Z}+\arg{\widetilde{I}}}$$

Calculamos assim o ângulo entre os fasoses como sendo:

$$\boxed{\phi=\arg{Z}}$$

A relação acima é suficiente para fazermos os diagramas para os principais elementos:

Resistor:

$$Z_R=R\rightarrow{\boxed{\arg{\widetilde{V}}=\arg{\widetilde{I}}}}$$

Dizemos, portanto, que a tensão e a corrente em um resistor estão em fase:

Indutor:

$$Z_L=i{\omega}L\rightarrow{\boxed{\arg{\widetilde{V}}=\arg{\widetilde{I}}+\pi/2}}$$

Tensão e corrente estão defasados em $\pi/2$. Pode-se dizer também que a tensão está adiantada de $\pi/2$ em relação à corrente.

Capacitor:

$$Z_C=-\dfrac{i}{{\omega}C}\rightarrow{\boxed{\arg{\widetilde{V}}=\arg{\widetilde{I}}-\pi/2}}$$

Sendo assim, pode-se dizer que a tensão está atrasada de $\pi/2$ em relação à corrente em um capacitor:

Vale ressaltar que o método dos fasores é válido somente quando lidamos com elementos lineares. Caso contrário, a relação $Z=VI$ não é válida e todo o processo acima também é inválido. Então, problemas envolvendo diodos não podem ser resolvidos por esse método.

Exemplo 1. Ache a corrente num circuito $RL$ em série com um gerador $AC$

Num circuito $RL$ o indutor e o resistor estão em série, portanto, a impedância total é a soma das impedâncias. Desenha-se o diagrama de fasores para as impedâncias:

Onde foi usado Pitágoras para calcular a impedância total e $\omega$ é a frequência circular do gerador. Portanto, para acharmos a corrente real em função do tempo, façamos:

$$I(t)=Re\left(\dfrac{\widetilde{V}}{Z}\right)=Re\left(\dfrac{V_0e^{i\left({\omega}t-\phi\right)}}{\sqrt{\left({\omega}L\right)^2+R^2}}\right)\longrightarrow{\boxed{I(t)=\dfrac{V_0}{\sqrt{\left({\omega}L\right)^2+R^2}}\cos\left({\omega}t-\phi\right)}}$$

Onde $\phi=\arctan\left(\dfrac{{\omega}L}{R}\right)$ e $V_0$ é a amplitude da tensão do gerador.

Lembre-se que estamos lidando com a solução estacionária da corrente, que domina para $t>>\tau$, onde $\tau$ é o tempo característico. Então, não estranhe o fato de não termos usado nenhum tipo de condição inicial no problema. Uma característica dessa solução é que ela é independente das condições iniciais (as constantes arbitrárias aparecem somente na parte transiente). A única condição arbitrária que usamos foi a escolha do instante $t=0$, quando escrevemos a tensão no gerador. Evidentemente, essa escolha é irrelevante para os propósitos do problema.

 

As vezes é útil relacionar os fasores de elementos distintos que estão em série, veja o exemplo abaixo.

Exemplo 2. Um capacitor está em série com um resistor, desenhe o diagrama de fasores para as tensões complexas. Faça a mesma coisa para um indutor e um resistor. Agora, esses dois pares de elementos são postos em paralelo, desenhe o diagrama de fasores.

Lema 2. Para elementos $\lambda$ e $\beta$ em série, temos a seguinte relação:

$$\boxed{\arg{\widetilde{V}_{\beta}}=\arg{\widetilde{V}_{\alpha}}+\arg{\dfrac{Z_{\beta}}{Z_{\alpha}}}}$$

Demonstração: A demonstração é simples: como as correntes complexas são iguais:

$$\dfrac{\widetilde{V}_{\beta}}{Z_{\beta}}=\dfrac{\widetilde{V}_{\alpha}}{Z_{\alpha}}$$

Logo:

$$\arg{\widetilde{V}_{\beta}}=\arg{\dfrac{\widetilde{V}_{\alpha}Z_{\beta}}{Z_{\alpha}}}$$

Como $\arg\left(z_1z_2\right)=\arg{z_1}+\arg{z_2}$, o lema está demonstrado.

Apliquemos o lema para os elementos requeridos:

• $\beta=R$      e       $\alpha=C$:

$$\arg{\widetilde{V}_{R}}=\arg{\widetilde{V}_{C}}+\arg{\dfrac{Z_{R}}{Z_{C}}}=\arg{\widetilde{V}_{C}}+\pi/2$$

• $\beta=R$      e       $\alpha=L$:

$$\arg{\widetilde{V}_{R}}=\arg{\widetilde{V}_{L}}+\arg{\dfrac{Z_{R}}{Z_{L}}}=\arg{\widetilde{V}_{L}}-\pi/2$$

Desenhando os diagramas:

Agora, se os ramos são conectados em paralelo, a soma vetorial dos fasores devem ser iguais, pois representam a tensão complexa entre os pontos $A$ e $B$ da figura abaixo, que são comuns para os dois ramos.

Com isso, podemos fazer o diagrama:

Observe que o quadrilátero formado pelos fasores é cíclico (inscritível), pois os ângulos opostos somam $\pi$. Note também que o diâmetro da circunferência é o comprimento do segmento $OO'$.

Com essa ideia, podemos resolver vários problemas.

Exemplo 3. Mostre que se a corrente de saída (output na figura abaixo) é desprezível se comparada às outras, a tensão de saída tem mesma amplitude que a tensão de entrada mas uma diferença de fase $\phi$. Determine $\phi$.

Primeiramente, como a corrente de saída é desprezível, os elementos de cada ramo (ramo superior e inferior) estão em série. Portanto, as impedâncias dos dois ramos são iguais (ambas iguais a $\dfrac{1}{i{\omega}C}+i{\omega}L$), o que implica que as correntes nos dois ramos são iguais também. Como as tensões complexas nos dois resistores são iguais (ambas igual a $R\widetilde{I}$, onde $\widetilde{I}$ é a corrente comum que passa nos dois ramos), assim como nos capacitores, nosso diagrama de fasores é um retângulo inscrito numa circunferência (pois os lados opostos são iguais, paralelos e temos dois ângulos opostos iguais a $\pi/2$). Observe o diagrama abaixo:

Dessa forma, fica fácil ver que a tensão de saída é igual a de entrada (as amplitudes, claro): ambas são diagonais do retângulo acima. A diferença de fase requerida é igual ao ângulo entre as diagonais do retângulo. Calculemos o ângulo agudo $\beta$ entre as diagonais. Pela figura acima (usamos o teorema do ângulo inscrito para transportar o ângulo $\beta$):

$$\tan{\beta/2}=\dfrac{RI}{\dfrac{I}{{\omega}C}}\to{\boxed{\beta=2\arctan{{\omega}RC}}}$$

Acontece que a solução algébrica desse problema é, também, bastante simples:

$$V_{out}=\left(R-\dfrac{1}{i{\omega}C}\right)I=V_0\left(R-\dfrac{1}{i{\omega}C}\right).\dfrac{1}{Z}$$

Onde $Z$ é a impedância total, dada por:

$Z=\dfrac{1}{2}\left(R+\dfrac{1}{i{\omega}C}\right)$

Dai:

$$V_{out}=V_0\dfrac{R-\dfrac{1}{i{\omega}C}}{R+\dfrac{1}{i{\omega}C}}$$

Aplicando módulo ao quadrado:

$$|V_{out}|^2=|V_0|^2\dfrac{R-\dfrac{1}{i{\omega}C}}{R+\dfrac{1}{i{\omega}C}}.\dfrac{R+\dfrac{1}{i{\omega}C}}{R-\dfrac{1}{i{\omega}C}}\to{\boxed{|V_{out}|^2=|V_0|^2}}$$

A segunda parte fica como exercício para o leitor.

 

Exemplo 4. Seja $U_0=V_{DE}=V_{AD}=10V$. Determine $V_{BD}$.

Podemos desenhar o diagrama procedendo da seguinte forma: Pelo enunciado, temos $3$ fasores de comprimento iguais, então, construímos primeiro, um triângulo equilátero. Daí, completamos um dos lados com uma soma vetorial de fasores ortogonais, representando os fasores do resistor e do capacitor, que são ortogonais pelo lema $2$ (observe que o fasor do resistor também é perpendicular ao fasor do indutor). Após completar esses passos, teremos montado nosso diagrama. Agora, veja que os dois ramos superiores do circuito têm mesma impedância, portanto, mesma corrente. Isso implica tensões iguais para elementos iguais. Logo, $V_{AB}=V_{DC}$ (a partir de agora omitiremos o "til" sobre as tensões, sempre lidaremos com tensões complexas). Observe o diagrama abaixo:

No diagrama acima, transladamos o fasor $V_{DE}$ até um dos seus extremos coincidir com o ponto $A$. O valor requerido é o comprimento do segmento $DB$. Observe que, pela nossa construção, o quadrilátero $ADEB$ é um losango. Portanto, o valor da diagonal é dada por:

$$\dfrac{V_{DB}}{2}=V_L\sin{\left(\pi/3\right)}\to{\boxed{V_{DB}=10\sqrt{3}V}}$$

Esse é um exemplo de problema cuja a solução por fasores é bem mais simples e elegante.

Exemplo 5. No circuito abaixo, mostre que $|V_{AB}|^2=V_0^2$. Para qual frequência $\omega$, $V_{AB}$ está defasado de $\pi/2$ em relação à $V_0$?

A situação é idêntica àquela do exemplo 3. Lá foi provado que o diagrama dos fasores é um retângulo. A primeira parte do problema é, portanto, direta ao ver o diagrama: ambas tensões representam as diagonais do retângulo. Agora, a segunda condição do problema é equivalente a perguntar para qual frequência o retângulo é um quadrado. Para isso, basta fazermos $\beta=\pi/2$ no exemplo 3. Isso implica:

$${\omega}RC=1\to{\boxed{\omega=\dfrac{1}{RC}}}$$

Oscilações livres em um circuito

É conhecido o fato que uma fonte de tensão senoidal força oscilações (oscilações no sentido que correntes e tensões variam senoidalmente) em um circuito: a situação é completamente análoga ao de um oscilador harmônico forçado em Mecânica. Entretanto, oscilações podem acontecer mesmo que não haja fonte alguma. No caso de um oscilador massa-mola mecânico, uma pequena perturbação inicial gera oscilações de frequência $\omega_0$ dada por:

$$\boxed{\omega_0=\sqrt{\dfrac{k}{m}}}$$

Dizemos, portanto, que $\omega_0$ é uma frequência natural ou própria do oscilador. O oscilador não precisa de nenhum agente externo para sustentar seu movimento: as oscilações ocorrem de forma natural. O mesmo fenômeno pode ocorrer em circuitos elétricos. O caso base é de um circuito $RLC$, isto é, um indutor em série com um capacitor e um resistor. O circuito está representado na figura abaixo:

Pela lei de Kirchhoff:

$$\ddot{I}+\dfrac{R}{L}\dot{I}+\dfrac{1}{LC}I=0$$

A solução geral para $I$ é dada por (veja ideia 29, por exemplo):

$$\boxed{I(t)=Ce^{-\dfrac{\gamma}{2}t}\cos{\left({\Omega}t+\phi\right)}}$$

Onde $\gamma=\dfrac{R}{L}$, $\omega_0=\dfrac{1}{\sqrt{LC}}$ e $\Omega=\sqrt{{\omega}^2_0-\dfrac{{\gamma}^2}{4}}$. Para obtermos a solução para o circuito $LC$, façamos $R=0$, o resultado é:

$$\boxed{I(t)=C\cos{\left(\dfrac{1}{\sqrt{LC}}t+\phi\right)}}$$

Que é um $M.H.S.$ de frequência $\omega_0$. Portanto, a corrente em um circuito sem fonte pode oscilar com uma dada frequência. Quando não há dissipação (resistência), dizemos que as oscilações no circuito são livres. É interessante perceber a analogia do circuito $LC$ com uma sistema mecânico massa-mola. As equações são exatamente as mesmas, se identificarmos:

$$x\to{Q}$$

$$m\to{L}$$

$$k\to{\dfrac{1}{C}}$$

Da mesma forma que num sistema massa mola a energia total $E=\dfrac{1}{2}mv^2+\dfrac{1}{2}kx^2$ se conserva, a energia eletromagnética armazenada no circuito $E_{em}=\dfrac{1}{2}\dfrac{Q^2}{C}+\dfrac{1}{2}LI^2$ é também conservada (verifique!).

É possível, dependendo das condições iniciais, que diferentes ramos do circuito oscilem com diferentes frequências: essa é a situação geral. Acontece que, essas oscilações podem ser vistas como uma superposição de situações nas quais todas as correntes oscilam com a mesma frequência, como provaremos. Essa frequência comum é justamente a frequência natural do circuito. Dado um circuito contendo indutores e capacitores, podemos ter várias frequências naturais distintas. O cenário no qual todas as correntes oscilam com uma frequência natural é chamado de um modo normal. É muito razoável estudar esses modos normais visto que, como dito anteriormente, a solução geral é montada como uma superposição desses modos:

Teorema 1. Seja $V_i(t)$ o potencial no nodo $i$ do circuito. O circuito tem $n$ modos normais, cada um de frequência ${\omega}_j$, correspondente ao modo normal $j$. O nodo $i$ têm potencial, em cada modo normal, dado por

$$V_{i,j}(t)=A_{i,j}e^{i{\omega}_jt}$$

Observe que o potencial em todos os nodos oscilam com mesma frequência, pois a situação em questão é um modo normal. O teorema afirma que a solução geral para o potencial do nodo $i$ é:

$$\boxed{V_{i}(t)=\sum_{j=1}^{n} {\alpha}_jV_{i,j}(t)}$$

Demonstração:

Aqui, daremos uma demonstração rápida que exige conhecimentos prévios de séries de Fourier. O circuito elétrico é caracterizado pelas equações diferencias obtidas pela lei de Kirchoff e pelas condições iniciais impostas no problema. Evidentemente, os modos normais são soluções dessas equações diferenciais: nós os obtemos a partir delas, impondo que para cada nodo $k$: $V_k(t)=A_ke^{i{\omega}t}$, onde $\omega$ é a frequência natural desse modo. Como os circuitos aqui trabalhados envolvem somente elementos lineares (capacitores, indutores e resistores), uma combinação linear de soluções também é uma solução. Portanto, a solução geral apresentada no teorema é uma solução, por ser justamente uma combinação linear de todos os modos normais. Mas, pelo truque de Furier, é sempre possível escolher os coeficientes ${\alpha}_j$ de tal forma que a solução satisfaça as condições iniciais. Portanto, obtemos uma solução que obedece as condições iniciais e satisfaz as equações diferenciais, logo, é solução geral.

Observe que esse teorema é idêntico àquele usado em osciladores acoplados em Mecânica.

Nessa ideia, estaremos apresentando dois métodos para resolver circuitos que oscilam livremente. Ou seja, dada uma configuração de indutores e capacitores, achar a(s) frequência(s) naturais do circuito (Isso resolve toda a análise do circuito, pelo teorema $1$). Evidentemente, a aplicação da lei de Kirchhoff é suficiente para encontrarmos todas as correntes nos ramos do circuito: esse é o método analítico. Algumas vezes, tal método é cansativo e demorado (assim como num sistema mecânico, as vezes a aplicação da segunda lei de Newton não é a forma mais fácil de resolver o problema: podemos recorrer a outros métodos: energia, formalismo lagrangiano, etc.) e usar o método da ressonância (conforme veremos) é mais direto.

O método analítico consiste basicamente em escrever as equações obtidas por Kirchoff e impor que as correntes em cada ramo oscilam com mesma frequência. Veja abaixo um exemplo.

Exemplo 6. Ache as frequências naturais do circuito abaixo.

Observe as convenções adotadas:

Assim, obtemos duas equações:

$$-L\dfrac{dI_1}{dt}-\dfrac{Q_1}{C}-\dfrac{Q_2}{C}=0$$

e

$$-L\dfrac{dI_2}{dt}-\dfrac{Q_2}{C}=0$$

Evidentemente: $\dot{Q_2}=I_1+I_2$ e $\dot{Q_1}=I_1$. Portanto, derivando em relação ao tempo as equações obtidas por Kirchoff, obtemos:

$$-LC\ddot{I_1}-2I_1-I_2=0$$

e

$$-LC\ddot{I_2}-I_1-I_2=0$$

Como buscamos as frequências naturais, sejam: $I_1=Ae^{i{\omega}t}$ e $I_2=Be^{i{\omega}t}$, onde $A$ e $B$ são constantes complexas que absolvem as fases das correntes. Podemos pensar nessas soluções como sendo correntes complexas: as equações diferenciais também são satisfeitas para $\widetilde{I}$. No final das contas, a superposição dos modos normais através do teorema $1$ devem fornecer correntes (e tensões) reais. As constantes $\alpha_j$ se ajustam de tal forma que a solução geral seja real, como deveria ser. Substituindo nas equações diferenciais, obtemos o seguinte sistema linear:

$$A\left(LC{\omega}^2-2\right)-B=0$$

e

$$A-B\left(LC{\omega}^2-1\right)=0$$

Para que tenhamos soluções não triviais ($a=b=0$), o determinante do sistema $D$ deve ser nulo. Isso gera uma equação quadrática para ${\omega}^2$, veja:

$$D=0\to{LC{\omega}^2-2-\dfrac{1}{LC{\omega}^2-1}=0}\to{{\omega}^4L^2C^2-3LC{\omega}^2+1=0}$$

Resolvendo para ${\omega}$ (utilizando radical duplo para deixar mais simples):

$$\boxed{{\omega}=\dfrac{\sqrt{5}\pm{1}}{2\sqrt{LC}}}$$

Para uma variação mais difícil desse problema, veja o problema $6$.

Conforme veremos adiante, não sabemos de cara quantas frequências o circuito admite, a vantagem do método analítico é que todas as frequências surgem naturalmente na equação algébrica. No método que será apresentado, algumas soluções podem ser esquecidas, para isso é importante saber o número total de soluções que o circuito admite.

Usando impedâncias para descobrir as frequências naturais

Algumas vezes o método analítico pode ser bastante cansativo. Felizmente, existe um método mais simples para encontrar as frequências naturais, que usa impedâncias. Primeiramente, devemos ser capazes de descobrir a quantidade de modos normais de um circuito.

Quantidade de modos normais

Para calcularmos tal quantidade é preciso conhecermos número de graus de liberdade $n$ do circuito. Esse, por sua vez, é o número de loops (ou laços) independentes no circuito(um loop é qualquer caminho fechado no circuito, desde que, ao realizar o caminho do loop, não passemos por um mesmo nodo duas vezes). Os loops independentes surgem naturalmente no método de Maxwell.

Definição 1. Um loop é dito independente se contém pelo menos um loop que não faça parte de nenhum outro loop independente.

Loops independentes sempre geram equações linearmente independentes.

Teorema 2. Sejam $e$ o número de elementos do circuito (resistores, capacitores, fontes, etc), $k$ o número de nodos e $n$ o grau de liberdade do circuito. O teorema fundamental da topologia de rede afirma que:

$$\boxed{n=e-k+1}$$

A demonstração desse resultado usa conceitos de grafos e não é o foco da aula. De qualquer forma, geralmente é fácil visualmente quantos loops independentes o circuito tem.

Teorema 3. Seja $n$ o número de loops independentes e $N'$ o número de loops que contém elementos do mesmo tipo. Logo, o número de modos normais $N$ com frequências naturais não nulas será dado por:

$$\boxed{N=n-N'}$$

Se o circuito conter algum loop contendo somente indutores, há uma frequência adicional $\omega_L=0$: uma corrente constante circulando nesse loop é um modo normal.

Demonstração: 

O número de frequência naturais é dado por:

$$N=gr(D(\omega^2))$$

Onde $D$ é o determinante do sistema linear obtido quando impomos $I=Ae^{i{\omega}t}$. Observe que uma equação de um loop ordinário (isto é, contendo indutores e capacitores) têm grau 1. O grau de $D$ é dado pela soma dos graus de cada equação de loop ordinários. De fato, o termo que determina o grau de $D$ é aquele que envolve a multiplicação dos coeficientes de maior grau de cada equação de loop (por isso é dado pela soma dos graus). Portando, $N=n$ se houverem somente loops ordinários. Caso exista loops contendo somente indutores ou somente capacitores, a equação gerada por esse loop será da forma (após impormos a condição dos modos normais: $I_k=X_ke^{i{\omega}t}$, onde $k$ varia de $1$ a $n$):

$$X_1\alpha_1{\omega}^2+X_2\alpha_2{\omega}^2+\cdots+X_n\alpha_n{\omega}^2=0$$

ou (se conter somente capacitores):

$$X_1\beta_1+X_2\beta_2+\cdots+X_n\beta_n=0$$

Observe que em ambos os casos, o grau da equação é zero. De fato, como o teorema diz respeito somente a frequências não nulas: $\omega\ne{0}$. Sendo assim, após fatorar $\omega^2$  de todos os termos, obtemos uma equação de grau $0$ em $\omega^2$. Dessa forma, sendo $N'$ o número de loops desse tipo, temos:

$$N=n-N'$$

Pelo principio da inclusão-exclusão. Note que nos loops contendo somente indutores, $\omega=0$ é solução e deve ser inclusa nas frequências naturais do circuito.

Agora que sabemos calcular o número de modos normais, apresentaremos o método que usa impedâncias para encontrar os modos normais do circuito.

Método da ressonância.  Considere dois nodos $A$ e $B$ no mesmo potencial, em um circuito qualquer. Agora, imagine que conectamos uma fonte de tensão alternada $V_0\cos{{\omega}t}$ entre esses pontos. A fonte força oscilações de frequência $\omega$ em todo o circuito. A medida que a frequência $\omega$ da fonte se aproxima de uma das frequências naturais $\omega_0$ do circuito, a amplitude da corrente que passa entre $A$ e $B$ começa a crescer rapidamente, e quando $\omega=\omega_0$, ela diverge, pois não há amortecimento (resistência). Sendo assim:

$$Z_{AB}=\dfrac{V_0e^{i{\omega}t}}{I_{AB}}=0$$

 

Logo, as frequências naturais do circuito podem ser obtidas a partir das frequências de ressonância. Essas, que são obtidas quando fazemos $Z_{AB}=0$. Sendo assim, o método consiste em escolher um ponto $P$ e abrir o circuito nesse ponto. Fazendo isso, dois terminais fictícios $P_1$ e $P_2$ são formados e temos que: $Z_{P_1P_2}=0$.

Em outras palavras, o que estamos fazendo é o seguinte: os pontos $A$ e $B$ são terminais de uma  fonte de tensão alternada de amplitude $0$ (para ser consistente com o circuito original, no qual temos $V=0$) e de frequência $\omega_0$. Esse artifício nos permite usar impedâncias complexas. Como no circuito há oscilações livres, a corrente $I$ não é nula. Para que $V=0$, devemos ter $Z=0$. Ou seja:

$$\boxed{Z_{AB}(\omega_0)=0}$$

Exemplo 7. Ache as frequências naturais do circuito abaixo.

Escolhemos o ponto $P$ abaixo:Agora, devemos calcular a impedância equivalente entre $P_1$ e $P_2$:

$$Z(P_1,P_2)=\dfrac{1}{i{\omega}C}+i{\omega}L+\dfrac{\dfrac{1}{i{\omega}C}.\left(i{\omega}L+\dfrac{1}{i{\omega}C}\right)}{\dfrac{1}{i{\omega}C}+\left(i{\omega}L+\dfrac{1}{i{\omega}C}\right)}=0$$

Reorganizando, chegamos em:

$$\left({\omega}^2LC-1\right)\left({\omega}^2LC-3\right)=0$$

Com isso, obtemos duas frequências naturais:

$\boxed{\omega_1=\dfrac{1}{\sqrt{LC}}}$ e $\boxed{\omega_2=\dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{LC}}}$

De acordo com o teorema $3$, o número de graus de liberdade do circuito é: $n=5-4+1=2$, e como não há nenhum loop contendo elementos de um só tipo, o teorema $3$ afirma que há $2$ modos normais distintos e, portanto, a solução do problema está completa.

Outra forma parecida para se calcular as frequências naturais é a seguinte: escolhemos dois terminais de um elemento do circuito (ou qualquer par de nodos que não estão em curto) e imaginemos uma fonte de corrente de amplitude $0$ (para ser consistente com o circuito original, no qual não há nenhuma corrente de entrada) de frequência $\omega_0$ conectada entre esses dois terminais. Como há oscilações livres no circuito, $V\ne{0}$ e portanto, $I=0$ implica $Z\to{\infty}$.

Exemplo 8. Ache as frequências naturais do circuito abaixo.

Utilizaremos o método descrito acima para os pares de terminais $P_1$ e $P_2$ e $P_1'$ e $P_2'$:

Par $P_1$, $P_2$:

Calculando o recíproco da impedância entre $P_1$ e $P_2$:

$$Z(P_1,P_2)^{-1}=i{\omega}C+\dfrac{1}{i{\omega}L}+\dfrac{1}{i{\omega}L_2+\dfrac{\dfrac{L_1}{C}}{i\left({\omega}L_1-\dfrac{1}{{\omega}C}\right)}}=0$$

Reoganizando:

$$\left({\omega}^2L_1C-1\right)\left({\omega}^2L_1L_2C-2L_1-L_2\right)=0$$

O que gera duas soluções:

$\boxed{\omega_1=\dfrac{1}{\sqrt{L_1C}}}$ e $\boxed{\omega_2=\sqrt{\dfrac{2L_1+L_2}{L_1L_2C}}}$

Mas observe que há um loop contendo somente os indutores $L_1$, $L_2$ e o outro indutor $L_1$. Portanto, temos 3 modos normais:

$$\boxed{\omega_3=0}$$

Verifiquemos o número de soluções não nulas: graus de liberdade $n=5-3+1=3$. Loops contendo somente um tipo de elemento $N'=1$. Portanto: $N=2$. OK!

Par $P_1'$, $P_2'$:

$$Z(P_1',P_2')^{-1}=\dfrac{1}{i{\omega}L_2}+\dfrac{1}{\dfrac{\dfrac{2L_1}{C}}{i\left({\omega}L_1-\dfrac{1}{{\omega}C}\right)}}$$

O que gera somente uma solução:

$\boxed{\omega_2=\sqrt{\dfrac{2L_1+L_2}{L_1L_2C}}}$

O motivo de termos "perdidos" uma solução é o seguinte: observe que aos escolhermos os terminais $P_1'$ e $P_2'$ geramos uma simetria no circuito. Veja, é possível que, devido a simetria, o potencial dos pontos $P_1'$ e $P_2'$ sejam idênticos $\forall{t}$ para um certo modo normal. Sendo assim, a corrente sendo nula e a tensão também, podemos ter $Z^{-1}\ne{0}$, o que nos faz perder a frequência natural correspondente a tal modo normal. Agora, suponha que tenhamos escolhido dois terminais e calculado as soluções. Se o número de soluções obtidas for menor que o número de soluções esperadas pelo teorema $3$, devemos procurar o resto das soluções. Para isso, podemos escolher outros dois novos terminais que não impõem nenhuma simetria: a equação polinomial para $\omega$ deve conter as soluções restantes. Para facilitar o processo, podemos dividir o polinômio obtido quando escolhemos os novos terminais por $\omega-\alpha_i$, onde $\alpha_i$ é a solução já conhecida, obtida quando escolhemos os terminais simétricos.

Outra forma de obter o restante das soluções é utilizar o fato dito acima: como essas soluções perdidas correspondem ao modo normal no qual $\Delta{V}(P_1',P_2')=0$, podemos ligar os pontos por um fio liso. Nesse novo circuito, as soluções perdidas devem estar entre as frequências naturais do circuito. O perigo desse método é que quando modificamos o circuito, podemos gerar além das soluções perdidas, outras soluções que não tem relação nenhuma com o problema original. Portanto, o aluno deve utilizar algum artifício para eliminar essas soluções adicionais e ficar somente com as soluções perdidas.

Exemplo 9. Ache as frequências $\omega$ tais que o circuito abaixo tem impedância nula.

Podemos usar a recíproca do método da ressonância: as frequências requeridas são as frequências naturais do circuito no qual os terminais estão em curto. De fato, como os terminais estão em curto, $Z=0$, que é exatamente a forma como obtemos as frequências naturais do circuito, pelo método da ressonância. Para ilustrar (na verdade, a escolha de pontos simétricos podem nos ajudar bastante, veja abaixo por exemplo), escolheremos dois pontos simétricos para impor $Z^{-1}=0$ e utilizar as técnicas ensinadas para recuperarmos as soluções perdidas. Quando os terminais estão em curto, o circuito pode ser redesenhado da seguinte forma:

 

Onde o capacitor $3C$ foi dividido em 2 para impormos simetria. Escolhendo $A$ e $A'$ como nossos terminais ficiticios, temos:

$$2Z^{-1}(A,A')=\dfrac{1}{\dfrac{1}{6i{\omega}C}+\dfrac{\dfrac{L}{C}}{i\left({\omega}L-\dfrac{1}{{\omega}C}\right)}}=0$$

Isso implica:

$$\left({\omega}L-\dfrac{1}{{\omega}C}\right)=0\rightarrow{\boxed{\omega_1=\dfrac{1}{\sqrt{LC}}}}$$

Como $A$ e $A'$ impõe simetria no circuito, alguma solução foi perdida. Na verdade, o número de soluções perdidas é exatamente $1$, pois o número de modos normais do circuito original é $N=n-N'=e-k+1-N'=(6-4+1)-1=2$. Para encontrar a solução perdida, damos curto nos pontos $A$ e $A'$ e obtemos as frequências naturais do circuito modificado:

Para achar as frequências naturais do circuito, façamos $Z^{-1}(A',A'')=0$:

$$Z^{-1}(A',A'')=0\longrightarrow{6i{\omega}C+i{\omega}C+\dfrac{1}{i{\omega}L}=0}\rightarrow{\boxed{\omega_2=\sqrt{\dfrac{1}{7LC}}}}$$

Nesse problema, o método algébrico poderia ser aplicado, basta usar a transformação delta-estrela para calcular a impedância do sistema e igualar o resultado a zero (tente realizar as contas!).

Mais sobre modos normais

Agora que temos ferramentas para calcular frequências próprias do circuito, podemos estudar mais a fundo os modos normais. Como dito anteriormente, esses modos são os cenários nos quais todas correntes oscilam com mesma frequência $\omega_0$. Os valores possíveis para $\omega_0$ são raízes da equação $D=0$, onde $D$ é o determinante do sistema. Por que a condição $D=0$ é necessária?

Bom, chamando $A$ a matriz dos coeficientes do nosso sistema linear (obtido quando fazemos $I_k=X_ke^{i{\omega}t}$), a matriz inversa de $A$ pode ser obtida pela matriz dos cofatores $A'$ através da relação:

$$A^{-1}=\dfrac{A'}{D}$$

Impomos $D=0$ para que a inversa não exista. Se existisse, poderíamos multiplicar a equação matricial $AX=0$, onde $X=(X_1,X_2,\cdots,X_n)$ é o vetor das amplitudes das correntes, por $A'$. Isso implicaria: $A'AX=0\to{IX=0}\to{X=0}$. Gerando $X_1=X_2=\cdots=X_n=0$, que são as soluções triviais que não nos interessam.

Após obter as frequências as frequências naturais, podemos voltar para a equação matricial e substituir esses valores de frequência. Isso nos dará relações entre as amplitudes das correntes do circuito. Determinando essas relações nós caracterizamos o modo normal. Para ilustrar, voltemos para o exemplo 6. As frequências naturais são $\omega=\dfrac{\sqrt{5}\pm{1}}{2\sqrt{LC}}$. Observe que, na verdade, ao resolvermos a equação $D(\omega^2)=0$, obtemos $4$ soluções: $\omega_1=\dfrac{\sqrt{5}+{1}}{2\sqrt{LC}}$, $\omega_2=\dfrac{\sqrt{5}-{1}}{2\sqrt{LC}}$, $\omega_3=-\dfrac{\sqrt{5}+{1}}{2\sqrt{LC}}$ e $\omega_4=-\dfrac{\sqrt{5}-{1}}{2\sqrt{LC}}$. Daqui a pouco, entenderemos o motivo de não contabilizarmos essas frequências negativas como novas frequências naturais.

Substituindo esses valores no sistema linear, obtemos as relações entre $A$ e $B$, veja:

Para $\omega=\omega_1=\dfrac{\sqrt{5}+{1}}{2\sqrt{LC}}$:

$$A\left(\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}\right)=B$$

Para $\omega=\omega_2=\dfrac{\sqrt{5}-{1}}{2\sqrt{LC}}$:

$$-A\left(\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}\right)=B$$

Para as frequências negativas correspondentes, obtemos as mesmas relações (pois elas só dependem de $\omega^2$). Pelo teorema $1$ (para correntes), a solução geral para as corrente é da forma (na forma vetorial):

$\begin{pmatrix} I_1 \\ I_2 \end{pmatrix}=\alpha_1\begin{pmatrix} \frac{\sqrt{5}+1}{2} \\ 1 \end{pmatrix}e^{i{\omega_1}t}+\alpha_2\begin{pmatrix}\frac{\sqrt{5}+1}{2} \\ 1 \end{pmatrix}e^{-i{\omega_1}t}+\alpha_3\begin{pmatrix}-\frac{\sqrt{5}-1}{2} \\ 1 \end{pmatrix}e^{i{\omega_2}t}+\alpha_4\begin{pmatrix}-\frac{\sqrt{5}-1}{2} \\ 1 \end{pmatrix}e^{-i{\omega_2}t}$

Agora, observe que as correntes $I_1$ e $I_2$ devem ser reais. Para isso, $\alpha_1=\overline{\alpha_2}$ e $\alpha_3=\overline{\alpha_4}$. Para se convencer disso, imponha que o lado esquerdo da equação acima é real, portanto, o lado direito é igual ao seu conjugado complexo. Após agrupar os termos, podemos reescrever a equação acima da seguinte forma (analogamente a quando transformamos a solução do M.H.S $Xe^{i{\omega}t}+Ye^{-i{\omega}t}$ em $W\cos({\omega}t+\phi)$):

$\begin{pmatrix} I_1 \\ I_2 \end{pmatrix}=\beta_1\begin{pmatrix} \frac{\sqrt{5}+1}{2} \\ 1 \end{pmatrix}\cos{\left({\omega}_1t+\phi_1\right)}+\beta_2\begin{pmatrix}-\frac{\sqrt{5}-1}{2} \\ 1 \end{pmatrix}\cos{\left({\omega}_2t+\phi_2\right)}$

As contantes da equação acima são obtidas pelas condições iniciais. Sendo assim, no final das contas as frequências negativas não fazem parte da solução do problema: foram absolvidas quando impomos que $\alpha_1=\overline{\alpha_2}$ e $\alpha_3=\overline{\alpha_4}$. Elas foram obtidas como solução, a priori, pois decidimos impor a condição dos modos normais na forma de exponencias complexas. Como as correntes devem ser reais, as constantes complexas que acompanham essas exponencias absolvem as frequências negativas. Caso tivéssemos imposto a condição na forma $I_k=Y_k\cos\left({\omega}t+\phi_k\right)$ essas frequências não apareceriam. Com essa análise, concluímos que as frequências negativas não representam frequências naturais.

O processo acima pode ser feito sempre que descobrimos as frequências naturais do circuito. Para treinar, repita o processo para os problemas $4$, $6$ e $9$.

Soluções perdidas devido a simetria

Conforme vimos antes, algumas soluções podem ser perdidas quando escolhemos pontos simétricos e aplicamos o método da ressonância. Por exemplo, caso escolhamos dois pontos para impor $Z^{-1}=0$, é possível que em alguns modos normais, tenhamos $V=0$. Como a corrente de entrada é nula, $Z^{-1}\ne{0}$. Então, esses modos não aparecem na solução $Z^{-1}=0$. As outras soluções podem ser obtidas quando escolhemos outro par de pontos. Entretanto, a forma mais usual de obter o restante das soluções é dar um curto nos pontos (pois $V=0$): o novo circuito modificado deve ter, entre suas frequências naturais, as frequências perdidas. Esse processo foi aplicado em um exemplo e em algumas soluções dos problemas propostos. Vejamos como isso ocorre em um caso concreto. No exemplo $6$, as frequências naturais do circuito em questão foram calculadas como sendo:

$\boxed{\omega_1=\dfrac{1}{\sqrt{L_1C}}}$ e $\boxed{\omega_2=\sqrt{\dfrac{2L_1+L_2}{L_1L_2C}}}$

O par de terminais fictícios $P_1'$, $P_2'$ nos fez perder uma solução.  Para entender melhor o porquê, devemos montar as equações de loop (Já impondo $I_i=X_ie^{i{\omega}t}$):

 

$$L_1C{\omega}^2X_1+X_2-X_1=0$$

$${\omega}^2CL_1C+X_2-X_3=0$$

$${\omega}^2CL_2X_2+X_3-X_2+X_1-X_2=0$$

A matriz dos coeficientes $A$ é, portanto (${\omega}^2C\equiv{\lambda}$):

$A=\begin{pmatrix} {\lambda}L_1-1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & L_1{\lambda}-1 \\ 1 & {\lambda}L_2-2 & 1 \end{pmatrix}$

Fica como exercício para o leitor impor $detA=0$ e obter as frequências naturais, já obtidas no exemplo $6$ pelo método da ressonância. Substituamos os dois valores de frequências em $A$ (as frequências negativas nos dão as mesmas relações):

Para $\lambda=1/L_1$:

$A=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & L_2/L_1-2 & 1 \end{pmatrix}$

A equação matricial $AX=0$ nos dá: $X_2=0$ e $X_1+X_3=0$.

Para $\lambda=\dfrac{2L_1+L_2}{L_1L_2}$:

$A=\begin{pmatrix} 2L_1/L_2 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 2L_1/L_2 \\ 1 & 2L_2/L_1-1 & 1 \end{pmatrix}$

Gerando assim:

$$X_1=X_3=-\dfrac{L_2}{2L_1}X_1$$

Nosso interesse é no modo normal de frequência $\omega=\dfrac{1}{\sqrt{LC}}$, correspondente a $\lambda=1/L_1$. Nesse modo, $I_2=0$ e, portanto, as correntes oscilam como na figura abaixo:

Agora, fica claro que os potenciais dos pontos $P_1'$ e $P_2'$ são iguais nesse modo normal, implicando $V=0$ e portanto $Z^{-1}\ne{0}$. E por isso, perdemos uma solução quando escolhemos esses pontos como os terminais fictícios.

Problemas propostos

A secção abaixo contém vários problemas relacionados com a aula, todos com solução. Pense primeiro nos problemas antes de ver as soluções!

Problema 1. No circuito da figura abaixo, a fonte de tensão têm amplitude $V_0$ e frequência $f$. Qual é a máxima amplitude da tensão de saída? Para quais valores de $R_1$, $R_2$ e $R_3$, essa amplitude máxima é atingida?

 

Problema 2. Ache as frequências $\omega$ tais que o circuito abaixo tem impedância nula.

 

Problema 3. No circuito abaixo, a frequência da fonte é desconhecida. Dados $C$, $L_1$, $L_2$, $R_1$, $R_2$, a amplitude da fonte $V_0$ e a diferença de fase entre as correntes que passam pelos nodos $A$ e $B$, determine: a amplitude da tensão entre $A$ e $D$ e a diferença de fase entre $V_{AD}$ e $V{DB}$.

 

Problema 4. Determine as frequências naturais do circuito abaixo. É dado que $C_1<<C_2$ e $L_1<<L_2$.

 

Problema 5. Dado que: $V_{DE}=7V$, $V_{DF}=15V$ e $V{EF}=20V$ , determine $V_0$.

 

Problema 6. Calcule as frequências naturais do circuito abaixo:

 

Problema 7. A tensão em ambos os resistores é $10V$. E a tensão entre os pontos $A$ e $B$ também vale $10V$. Determine $U_0$.

 

Problema 8. Ache as frequências naturais do circuito de quatro graus de liberdade abaixo.

 

Problema 9. Nesse problema, estudaremos um caso parecido com o do problema $4$. Considere o circuito abaixo, onde são válidas as seguintes desigualdades:

$C_1<<C_2$ e $L_1<<L_2$.

Determine as frequências naturais do circuito.

 

Soluções dos problemas propostos

1.     O diagrama de fasores do problema é o seguinte:

Como $\angle{ABD}=\angle{AFD}={\pi}/2$, o quadrilátero $ABDF$ é cíclico e o diâmetro do circuncirculo vale $AD=V_0$. Queremos o valor máximo do comprimento do segmento $CE$. A maior distância entre dois pontos que estão ou no interior ou sobre uma circunferência é o diâmetro da mesma. Portanto, escolhamos valores para $R_1$, $R_2$ e $R_3$ tal que $C$ e $E$ estejam sobre a circunferência e sejam diametralmente opostos. Escolhendo $R_2=R_1=0$, $C$ e $E$ estarão sobre a circunferência. Para que sejam diametralmente opostos, o quadrilátero $ABDE$ é um quadrado. Portanto, vale a relação:

$$\dfrac{BD}{AB}=\dfrac{AE}{DE}\to{\dfrac{r|I^~_2|}{i{\omega}L|I^~_2|}=\dfrac{|I^~_1|}{i{\omega}C}R_3|I^~_1|}$$

Logo:

$$\boxed{R_3=\dfrac{L}{Cr}}$$

e, por construção:

$$\boxed{CE=V_0}$$

 

2.    De forma parecida com que foi feito no exemplo $9$, podemos calcular as frequências naturais do circuito em que os terminais estão em curto. O circuito obtido tem $3$ graus de liberdade, mas há um loop contendo somente capacitores (verifique), portanto, o circuito em questão têm duas frequências naturais. Uma forma de resolver o problema é utilizar o método algébrico: a equação algébrica para $\omega^2$ será do segundo grau. Acontece que a simetria do problema nos ajuda muito ao usarmos o método da ressonância, assim como no exemplo $9$. Naturalmente, optamos por esse método.

Dando curto nos terminais do circuito, o mesmo pode ser simplificado da seguinte forma:

A impedância entre $C$ e $D$ diverge. Logo, devemos ter:

$${\omega}L/2=\dfrac{1}{3{\omega}C}\to{\boxed{\omega_1=\sqrt{\dfrac{2}{3LC}}}}$$

Para obtermos a segunda frequência, devemos dar curto nos pontos $A$ e $B$. O circuito obtido é o seguinte:

O inverso da impedância entre os pontos $C$ e $D$ é dada por:

$$Z^{-1}=i{\omega}C+i{\omega}C+\dfrac{1}{i{\omega}L-\dfrac{1}{4i{\omega}C}}$$

A expressão acima nos dá as frequências naturais do novo circuito quando impomos $Z^{-1}=0$:

$$2{\omega}C=\dfrac{1}{{\omega}L-\dfrac{1}{4{\omega}C}}\to{\boxed{\omega_2=\sqrt{\dfrac{3}{4LC}}}}$$

Para treinar, obtenha essas mesmas frequências pelo método analítico.

 

3.    Observe que, as tensões complexas nos capacitores são idênticas, pois neles passam a mesma corrente. Observe também que a diferença de fase dada no enunciado é o ângulo entre os fasores $V_{L_1}$ e $V_{L_2}$. Com isso, podemos desenhar o diagrama:

O enunciado pede o ângulo $x$ (verifique) e o comprimento do segmento $AD$. Pelo teorema do ângulo inscrito, $\phi=x/2$, logo:

$$\boxed{x=2\phi}$$

Conforme dito anteriormente, o ponto $D$ é ponto médio do diâmetro desenhado acima. O enunciado pede $V_{AD}$, que é justamente o raio da circunferência desenhada, como o diâmetro é $V_0$, segue que:

$$\boxed{V_{AD}=\dfrac{V_0}{2}}$$

Tente resolver o mesmo problema analiticamente!

 

4.    O sistema acima tem $4$ graus de liberdade e um loop contendo somente indutores. Logo, o circuito admite $4$ modos normais ($1$ com frequência nula). Ao usarmos o método algébrico, a equação algébrica obtida para $\omega^2$ é do terceiro grau. Apesar de ser uma equação que não resolvemos diretamente, podemos utilizar as desigualdades para simplificar a equação e resolvê-la. Transformar o problema no seu análogo mecânico pode ajudar bastante: a solução algébrica nesse caso é bastante viável. De qualquer forma, a solução mais natural envolve o método da ressonância.

Podemos separar as frequências em três grupos: altas, baixas e intermediárias. Essa separação é bastante útil ao computar impedâncias. No limite de altas frequências, elementos de alta capacitância têm impedância $\approx{0}$, e portanto, estão em curto e elementos de alta indutância têm grandes impedâncias e, portanto, correntes $I\approx{0}$ (cortamos o elemento, então). De forma análoga, no limite de baixas frequências, elementos de baixa capacitância têm impedâncias grandes e $I\approx{0}$ e elementos de baixa indutância têm $V\approx{0}$ e podemos dar curto em seus terminais. Com isso, podemos simplificar o circuito para esses dois casos.

Circuito 1 (altas frequências):

Impondo $Z^{-1}(P_1,P_2)=0$, chegamos em:

$$\dfrac{1}{i{\omega}L_1}+i{\omega}C_1+\dfrac{1}{i\left({\omega}L_1-\dfrac{1}{{\omega}C_1}\right)}=0$$

Reoganizando:

$${\omega}^4L_1^2C_1^2-3{\omega}^2L_1C_1+1=0$$

Gerando (radical duplo):

$$\boxed{\omega_1=\dfrac{\sqrt{5}+1}{2\sqrt{L_1C_1}}}$$

e

$$\boxed{\omega_1=\dfrac{\sqrt{5}-1}{2\sqrt{L_1C_1}}}$$

Circuito 2 (baixas frequências):

Impondo $Z(K_1,K_2)=0$, chegamos em:

$$i{\omega}L_2+\dfrac{\dfrac{2L_2}{C_2}}{i\left({\omega}L_2-\dfrac{2}{{\omega}C_2}\right)}=0$$

Gerando uma solução:

$$\boxed{\omega_3=\dfrac{2}{\sqrt{L_2C_2}}}$$

Temos, ainda a quarta frequência:

$$\boxed{\omega_4=0}$$

Com isso, obtemos $4$ valores distintos para as frequências. Mas sabemos que o circuito admite somente $4$ soluções, logo, não há frequências "intermediárias" e $\omega_1$, $\omega_2$, $\omega_3$ e $\omega_4$ são todas as frequências naturais do circuito. Vale ressaltar que, a partir do momento que separamos as frequências, o método algébrico ou até a transformação delta-estrela poderiam ser usados para calcular facilmente as frequências de ressonância. Agora, recapitulemos a essência dessa elegante solução. Tendo desigualdades fortes ao nosso dispor, nada nos impede de separar as frequências nos três grupos. Supondo que houvessem frequências altas, o circuito pôde ser simplificado. A priori, é possível que não houvessem soluções para esse circuito. Mas, de fato, houveram. Procedemos de forma análoga para baixas frequências e achamos novas soluções. Por fim, concluímos que as soluções achadas eram todas que o circuito admite, pelo teorema $3$.

 

5.    O diagrama de fasores é o seguinte:

Observe que $\angle{ADB}=\angle{AEB}$, isso implica que o quadrilátero $ABDE$ é inscritível, e portanto, $A$, $B$, $D$, $E$ e $F$ são concíclicos, isto é, pertencem a uma mesma circunferência. No enunciado é fornecido os três lados de um triângulo inscrito nessa mesma circunferência. Dessa forma, podemos determinar o diâmetro dessa circunferência, que é a amplitude desejada. A área do $\Delta{DEF}$ pode ser escrita da seguinte forma (por Heron):

$$(ABC)=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$$

Onde $a$, $b$ e $c$ são as amplitudes dadas no enunciado (correspondentes aos lados do triângulo inscrito) e $p$ é o semiperímetro do triângulo. Por outro lado, essa mesma área é dada por $\dfrac{ab\sin{\angle{BCA}}}{2}$. Pela leis dos senos: $d=\dfrac{c}{\sin{\angle{BCA}}}$, onde $d$ é o diâmetro requerido. Logo, igualando as áreas:

$$\boxed{d=V_{AB}=\dfrac{abc}{2\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}}=25V}$$

 

6.1    Nesse problema, temos $3$ loops independentes e, portanto, $3$ equações diferenciais obtidas por Kirchoff. Em um circuito com mais de $3$ loops, não é aconselhável utilizar esse método, a não ser que a situação tenha uma simetria bastante especial, como nesse problema. Podemos redesenhar o circuito da seguinte maneira e colocar correntes nos loops, de acordo com o método de Maxwell:

Para o primeiro loop temos (todas as cargas das placas esquerdas dos capacitores positivas):

$$-L\left(\dot{I}_1-\dot{I}_2\right)-\dfrac{Q_1}{C}-L\left(\dot{I}_1-\dot{I}_2\right)=0$$

Mas, $\dot{Q}_1=I_1$. E como buscamos os modos normais, devemos impor $I_1=Ae^{i{\omega}t}$, $I_2=Be^{i{\omega}t}$ e $I_3=Ce^{i{\omega}t}$. Defina:

${\omega}LC\equiv{\alpha}$

Com essa definição, ficamos com:

$$A\left(2\alpha-1\right)-B\alpha-C\alpha=0$$

A partir daqui, poderiamos fazer o mesmo processo para os outros dois loops. Mas, devido a simetria do circuito (observe que cada loop é semelhante: $2$ indutores e um capacitor), as 3 equações devem ser simétricas em relação à $A$, $B$ e $C$. Isto é, uma equação gera as outras duas quando permutamos as posições das letras ($A$, $B$ e $C$). Portanto, o nosso sistema linear é da forma:

$$A\left(2\alpha-1\right)-B\alpha-C\alpha=0$$

$$B\left(2\alpha-1\right)-A\alpha-C\alpha=0$$

$$C\left(2\alpha-1\right)-B\alpha-A\alpha=0$$

De forma análoga ao que foi feito no exemplo $6$, igualemos o determinante do sistema a zero. Com isso, obtemos a seguinte equação algébrica para $\omega^2$:

$$-{\alpha}^3+(2{\alpha}-1)^3-{\alpha}^3-3{\alpha}^2(2{\alpha}-1)=0$$

Abrindo o cubo:

$$-9{\alpha}^2+6{\alpha}-1=0\to{\left(3{\alpha}-1\right)^2=0}\to{{\alpha=1/3}}$$

Finalmente:

$$\boxed{\omega=\dfrac{1}{\sqrt{3LC}}}$$

Sabemos que o método algébrico gera todas frequências possíveis, mas, para não perder o costume, confiramos de acordo com o teorema $3$:

$$n=6-4+1=3$$

e

$$N'=1$$

Onde para $N'$ foi contabilizado o loop contendo os $3$ capacitores. Portanto:

$$N=2$$

O resultado acima pode causar estranheza mas ele é, na verdade, esperado. Veja, o teorema $2$ prevê o grau da equação algébrica para $\omega$, que de fato é do segundo grau. Mas, devido a simetria do circuito, as raízes da equação são iguais (ou, de forma equivalente, a raiz é dupla) e, portanto, obtemos somente uma frequência.

 

6.2    Pelo método da ressonância, escolheremos os dois pontos ($A$ e $B$) abaixo (o circuito foi redesenhado para impor uma simetria):

Lembre-se que os métodos usados em resistores para cálculo de resistências equivalentes podem ser usados para impedâncias. Ao escolhermos os pontos $A$ e $B$ podemos traçar uma equipotencial que define o ponto $e$. Ao redesenharmos o circuito, ficamos com a quarta imagem. Assim, a impedância equivalente entre os pontos $A$ e $B$ é dada por:

$$Z_{AB}=2.\dfrac{\dfrac{L}{3C}}{i\left({\omega}L-\dfrac{1}{3{\omega}C}\right)}$$

Como essa quantidade diverge, devemos ter:

$$3{\omega}C-\dfrac{1}{{\omega}L}=0\to{\boxed{\omega=\dfrac{1}{\sqrt{3LC}}}}$$

Fica como exercício para o leitor mostrar que essa é a única frequência natural do circuito.

 

7.1    Veja o diagrama de fasores abaixo. O problema se reduz em encontrar o valor de $x$ no quadrilátero abaixo:

Seja $d=S_1S_3=S_2S_4$. Por Pitágoras:

$$d=\sqrt{x^2-100}$$

Por outro lado, como $\angle{S_1S_2S_4}=\angle{S_1S_3S_4}$, segue que o quadrilátero da figura é cíclico e portanto:

$\angle{S_2S_4S_3}=\angle{S_2S_1S_3}\equiv{\theta}$

Mas como os $\Delta{S_1S_3S_2}$ e $\Delta{S_2S_3S_4}$ são isóceles, segue que: $\angle{S_2S_1S_3}=\angle{S_2S_3S_1}$ e $\angle{S_2S_4S_3}=\angle{S_4S_2S_3}=\theta$. No $\Delta{S_1S_3S_2}$ temos:

$$\theta+\theta+\pi/2+\theta=\pi\to{\theta=\pi/6}$$

Logo, aplicando lei dos senos no $\Delta{S_2S_4S_3}$:

$$\dfrac{10}{\sin{\theta}}=\dfrac{d}{\sin{\pi/2+\theta}}\to{d=10\sqrt{3}}$$

Substituindo na primeira equação:

$$d^2=300=x^2-100\to{\boxed{x=U_0=20V}}$$

 

7.2    A solução a seguir é uma forma alternativa de se fazer a construção geométrica do diagrama de fasores com régua e compasso. Apesar da construção rigorosa ser desnecessária, vale a pena aprender a construir a figura. Caso não ache necessário, veja a solução $2$.

A construção foi feita da seguinte forma:

1. Definimos o segmento $AO'$ que representará a tensão $V_{R_2}$.

2. Traçamos uma circunferência $\Omega_1$ de raio $R=AO'$ e centro $A$.

3. Traçamos a reta $r$ perpendicular a $AO'$, passando por $A$.

4. Traçamos um segmento arbitrário que passa por $O$. O segmento corta $\Omega_1$ em $B_1$ e $r$ em $O$.

5. Traçamos uma circunferência $\Omega_2$ de raio $R$ e centro $O$. A outra interseção de $\Omega_1$ e $\Omega_2$ é o ponto $B_2$.

6. Traçamos os segmentos $OB_2$, $OO'$ e $O'B_2$.

7. Defina também (será usado depois) o ponto $X$, que é a interseção das retas suporte dos pontos $O'A$ e $OB$.

Feito isso, obteremos, por construção (será provado abaixo) o diagrama de fasores:

As definições dos segmentos são as seguintes: $OA=V_{R_2}$, $OA=V_C$, $O'B=V_L$ e $OB=V_{R_1}$. Para mostrarmos que a figura acima representa, de fato, o diagrama de fasores, basta provarmos que $\angle{OBO'}=\pi/2$. De fato, todas as outras condições do problema são identicamente satisfeitas, por construção: $V_{R_2}=V_{R_1}=V_{AB}=R$, os fasores quando somados vetorialmente resultam no vetor $OO'$ e $\angle{OAO'}=\pi/2$, por definição da reta $r$. Para provarmos que $\angle{OBO'}=\pi/2$ basta olharmos para o losango $OB_1AB_2$: $\angle{B_1OB_2}=\angle{O'B_1A}=x$, pois é ângulo externo do losango. Como o $\Delta{B_1O'A}$ é isóceles: $\angle{B_1O'A}=x$. Portanto, o quadrilátero $O'AB_2O$ é cíclico, o que implica:

$\angle{O'B_2O}=\angle{O'AO}=\pi/2$

Portanto, a construção é válida. Agora, perceba que $OO'$ é paralelo a $B_2A$, pois $OB_1AB_2$ é paralelogramo. Sendo assim, pelo paralelismo: $\Delta{O'B_1A}\sim{\Delta{AXB_2}}$. Mas como, $O'A=AB_2=R$:

$\Delta{O'B_1A}\equiv{\Delta{AXB_2}}$

Dai, $AX=XB_2=R$. Portanto, $AB_2$ é base média de $O'B_1O$ (poderíamos já ter usado o teorema da base média para o trapézio isósceles). Logo:

$$OO'=2AB_2\to{\boxed{U_0=20V}}$$

A solução desse problema serve apenas pra ilustrar que o problema foi inteiramente convertido em um problema de geometria. Certamente, esse caminho é desnecessário e a solução 1 representa a solução mais viável.

 

8.1    Apesar de não ser necessário, podemos converter o problema acima no seu análogo massa-mola. Lembre-se que as equações são exatamente as mesmas se identificarmos: $C\to{1/k}$ e $L\to{m}$. Logo, no problema acima, temos $2$ massas $2m$ e duas massas $m$. Por outro lado, temos duas molas $k$ e outras duas de constantes elástica $k/2$. A analogia é feita da seguinte forma: o indutor de cima (correspondente a massa $m$) está conectado aos capacitores $C$ e $2C$, isto é tem um terminal em comum com esses capacitores. Portanto, no sistema mecânico, a massa $m$ deve estar conectada a duas molas: ambas de constantes elástica $k/2$. Procedendo de forma análoga para os outros indutores, determinamos as molas com que cada massa está conectada. Após feito isso, observamos que o sistema mecânico é um loop da seguinte forma (não necessariamente circular, evidentemente):

Sendo assim, podemos usar a segunda lei de Newton ($m\ddot{x}-F=0$) e a lei de Hooke ($F_{el}=kx$, onde $x$ é o deslocamento ao longo do círculo) para cada massa ($\omega_0^2=\dfrac{k}{m}$):

$$\ddot{x_1}+\dfrac{{\omega_0}^2}{2}(x_1-x_4)-\dfrac{{\omega_0}^2}{2}(x_2-x_1)=0$$

$$\ddot{x_2}+\dfrac{{\omega_0}^2}{2}(x_2-x_1)-\dfrac{{\omega_0}^2}{2}(x_3-x_2)=0$$

$$\ddot{x_3}+\dfrac{{\omega_0}^2}{4}(x_3-x_2)-\dfrac{{\omega_0}^2}{2}(x_4-x_3)=0$$

$$\ddot{x_4}+\dfrac{{\omega_0}^2}{2}(x_4-x_3)-\dfrac{{\omega_0}^2}{4}(x_1-x_4)=0$$

Para os modos normais: $x_i=A_ie^{i{\omega}t}$ (a massa $1$ é a mais acima e o índice cresce quando giramos no sentido horário). Substituindo na equação acima e definindo $\lambda=\dfrac{\omega^2}{\omega_0^2}$, onde $\omega_0=\dfrac{k}{m}=\dfrac{1}{LC}$, chegamos no determinante do sistema:

$D=\det{\begin{pmatrix} 1-{\lambda} & -1/2 & 0 & -1/2 \\ -1/2 & 1-{\lambda} & 7-1/2 & 0 \\ 0 & -1/4 & 3/4-{\lambda} & -1/2 \\ -1/4 & 0 & -1/2 & 3/4-{\lambda} \end{pmatrix}}$

O cálculo do determinante acima não é trivial e não é nosso foco aqui. Essa é mais uma prova que o método algébrico para sistemas com $4$ ou mais graus de liberdade pode ser muito complicado. Se achasse viável, o aluno poderia resolver o sistema linear para $\omega^2$: o processo é bastante demorado. Alternativamente, podemos usar sites que calculam esses determinantes facilmente. Por exemplo, ao usar o matrixcalc.org a equação algébrica gerada para $\lambda$ (após fazermos $D=0$) é a seguinte:

$$16\lambda^4-56\lambda^3+61\lambda^2-21\lambda=0$$

A primeira solução é $\lambda_1=0$, correspondente a uma corrente constante nos indutores ou, olhando para o nosso sistema mecânico, a todas as massas girando com velocidade angular constante em uma direção (nessa situação, as elongações são todas nulas e não há oscilações). Após dividirmos a expressão por $\lambda$, chegamos na equação cúbica:

$$16\lambda^3-56\lambda^2+61\lambda-21=0$$

E agora? Bom, a vantagem de convertemos o problema no seu análogo é mecânica é que podemos enxergar as coisas mais facilmente. Seria muito conveniente se pudêssemos descobrir mais uma frequência de oscilação. Se achássemos tal frequência poderíamos reduzir o grau da equação acima para $2$. Primeiramente, podemos procurar modos normais em que algumas molas não funcionam. Por exemplo, um modo normal no qual $A_1=A_4=x$ e $A_2=A_3=y$, as molas que conectam esses dois pares de massa não funcionam (pois não há elongação: é como se não existissem). Agora, para a situação ser, de fato, um modo normal, todas massas devem possuir mesma frequência. Observe que a força em cada massa depende da diferença $x-y$. Na mola $1$ que conecta $1$ e $2$, $F_1=k/2(x-y)$ e na outra mola $F_2=k(x-y)$. Se os deslocamentos forem opostos $x=-y$, as forças nas molas serão $F_1=kx$ e $F_2=2kx$. Como a primeira mola conecta massas $m$ e a segunda conecta massas $2m$, a frequência dos dois pares serão iguais: $\omega_1=\sqrt{\dfrac{k}{m}}=\omega_2=\sqrt{\dfrac{2k}{2m}}$. Portanto, a situação descrita acima é um modo normal de frequência $\omega_2$ dada por:

$$\omega_2=\sqrt{\dfrac{k}{m}}$$

Poderíamos já ter conferido o valor do polinômio para $\lambda=1$ e verificado que era solução: esse é o procedimento padrão para solução de equações desse tipo. De qualquer forma, é sempre bom ver a física por trás das equações. Agora, sabendo uma solução, podemos dividir a equação por $\lambda-1$. A equação resultante é:

$$16\lambda^2-40\lambda+21=0$$

Cujas raízes são:

$$\lambda_3=7/4$$

e

$$\lambda_4=3/4$$

Voltando para o problema original, o conjunto solução das frequências naturais é dado por:

$$\boxed{S_{\omega_0}=\left(\dfrac{1}{\sqrt{LC}},\sqrt{\dfrac{3}{4LC}},\sqrt{\dfrac{7}{4LC}},0\right)}$$

 

8.2    A solução pelo método da ressonância é bem mais direta, nesse caso. Primeiramente, consideremos os pontos $P_1$e $P_3$ como nosso terminais:

Observe que os capacitores $2C$ ($OP_4$ e $OP_2$) não contribuem para a impedância entre $P_1$ e $P_3$, pela ponte equilibrada, e podem ser retirados. Sendo assim, a impedância equivalente é a impedância de um indutor $3L/2$ em paralelo com um capacitor $2C/3$. Como essa quantia diverge, devemos ter:

$$Z_{P_1P_3}\to{\infty}\to{{\omega}.3L/2=\dfrac{3}{2{\omega}C}}\to{\boxed{\omega_1=\dfrac{1}{\sqrt{LC}}}}$$

Pelo teorema $3$ devemos ter uma frequência nula e $3$ não nulas. Portanto, devemos encontrar as outras duas que faltam. Escolhendo os pontos $P_2$ e $P_4$, vemos que os capacitores que ligam $P_1O$ e $OP_3$ não contribuem para a impedância e podem ser retirados. O que resta é uma conexão em paralelo de $C$, $2L$ e $4L$. Como a impedância diverge, devemos ter:

$$\dfrac{4L\omega}{3}=\dfrac{1}{C\omega}\to{\omega_2=\sqrt{\dfrac{3}{4LC}}}$$

Agora, devemos utilizar o procedimento que recupera as soluções perdidas. Observe que o circuito tem três frequências naturais. Na nossa primeira tentativa, escolhemos o par $P_1$, $P_3$ e obtivemos somente uma solução. Logo, nos outros modos normais, a tensão entre os pontos $P_1$ e $P_3$ é nula. De forma análoga, $V=0$ para os pontos $P_2$, $P_4$, nos outros dois modos normais. Portanto, no modo normal que ainda não obtivemos, esses dois pares de pontos estão em curto! Sendo assim, podemos conectá-los. O circuito obtido é o seguinte:

Calculando a impedância entre $P_1$ e $O$:

$$Z=\dfrac{\left(i{\omega}L/3+\dfrac{1}{i.4{\omega}C}\right).\dfrac{1}{i.3{\omega}C}}{i{\omega}L/3+\dfrac{1}{i.4{\omega}C}+\dfrac{1}{i.3{\omega}C}}$$

Como ela deve divergir, finalmente obtemos a terceira frequência:

$$\omega_3=\sqrt{\dfrac{7}{4LC}}$$

Evidentemente, há uma quarta frequência nula: $\omega_4=0$.

 

9.1    Como o problema tem $3$ graus de liberdade e somente um loop contendo elementos do mesmo tipo, esperamos obter duas frequências naturais $\omega_1$ e $\omega_2$ não nulas.

Montando as equações de loop (deixo como exercício), chegamos no determinante do sistema:

$D=\det{\begin{pmatrix} L_1{\omega}^2+L_2{\omega}^2 & -L_1{\omega}^2 & -L_2{\omega}^2 \\ L_1{\omega}^2 & L_1{\omega}^2+L_2{\omega}^2-\dfrac{1}{C_2} & -L_2{\omega}^2 \\ -L_2{\omega}^2 & -L_2{\omega}^2 & 2L_2{\omega}^2-\dfrac{1}{C_1} \end{pmatrix}}$

Como buscamos soluções não triviais, façamos $D=0$. O resultado é a equação quadrátca em $\lambda=\omega^2$:

$${\lambda}^2\left(-C_2^2L_2^2-2C_1C_2L_2^2-2C_2L_1L_2-4C_1C_2L_1L_2\right)+{\lambda}\left(2C_2L_1+2C_1L_2+2C_2L_2\right)-1=0$$

Usando as desigualdades fortes, os únicos termos sobreviventes são:

$$-{\lambda}^2C_2^2L_2^2+2C_2L_2{\lambda}-1=0\to{\left({\lambda}C_2L_2-1\right)^2=0}$$

Portanto, assim como no problema $6$, temos uma raiz dupla:

$$\boxed{\omega=\dfrac{1}{\sqrt{L_2C_2}}}$$

 

9.2    Aqui, procedemos de forma semelhante ao problema 4. Podemos separar as frequências em altas e baixas. Frequências altas não nos dão solução (verifique) e portanto busquemos as frequências baixas. O circuito pode ser simplificado da seguinte forma (cortando o capacitor $C_1$ e dando curto em $L_1$):

O circuito abaixo tem um grau de liberdade. A frequência natural pode ser obtida diretamente:

$$\boxed{\omega=\dfrac{1}{\sqrt{L_2C_2}}}$$

Fica como exercício para o leitor, mostrar que essa é a única frequência natural do circuito.