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Enunciado

Elétrica - Sadiku - Fundamentos de Circuitos Elétricos- Ed: 5º - Capítulo 14.Problemas - Ex. 55

Determine o intervalo de frequências que passará por um filtro passa-faixa R L C em série com R   =   10   Ω , L   =   25   m H e C   =   0,4   μ F . Determine o fator de qualidade Q .

Passo 1

Com intervalos de frequência o enunciado quer dizer a frequência de corte superior e inferior à faixa que será permitido passar pelo filtro. Por ultimo ele pede o fator de qualidade Q

Passo 2

Primeiramente deveremos achar a frequência de ressonância,

ω 0 = 1 L C

Com os valores que dispomos

ω 0 = 1 25 ⋅ 10 - 3 ⋅ 0,4 ⋅ 10 - 6 = 10   k ⋅ r a d / s  

ω 0 =   10   k ⋅ r a d / s    

Passo 3

Como a largura de banda tem relação direta com as frequências de corte, deveremos encontrar ela pela relação entre o resistor e o indutor.

B = R L = 10 25 ⋅ 10 - 3 = 400   r a d / s

Passo 4

O fator de qualidade pode ser encontrado com a frequência de ressonância e a largura de banda encontrada no passo anterior

Q = ω 0 B = 10 ⋅ 10 3 400

O fator de qualidade é igual a

Q = 25

Passo 5

A largura de banda já encontrada também pode ser dada por

B = ω 2 - ω 1

E já que a frequência de ressonância é a média entre as frequências de corte

ω 0 = ω 1 + ω 2 2 →   ω 1 + ω 2 = 2 ω 0

Somado as duas equações

2 ω 2 = 2 ω 0 + B   ∴   ω 2 = ω 0 + B 2

Subtraindo

2 ω 1 = 2 ω 0 - B   ∴     ω 1 = ω 0 - B 2

Passo 6

Substituindo o os valores do passo 5

ω 1 = ( 10 ⋅ 10 3 ) - 400 2

A frequência de corte inferior é

ω 1 =   9,8   k   r a d / s

Para encontrar a frequência

ω 1 = 2 π f 1

Logo

f 1 = ω 1 2 π

A frequência é

f 1 = 1,56 k H z

Passo 7

Substituindo os valores

ω 2 = 10 ⋅ 10 3 + 400 2

A frequência de corte inferior é

ω 2 =   10,2   k   r a d / s

Para encontrar a frequência

ω 2 = 2 π f 2

Logo

f 2 = ω 2 2 π

A frequência é

f 2 = 1,62 k H z

Resposta

Q = 25

f 1 = 1,56 k H z

f 2 = 1,62 k H z

1,56 k H z < f <   1,62 k H z

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