Transformada de Laplace em circuitos

Ver Todos os Exercícios

Teoria

Motivação

Nós vimos que é possível determinar a resposta x ( t ) , que pode ser tensão ou corrente, sem precisarmos encontrar a EDO e resolvê-la.

Mas na realidade, como vimos nas teorias anteriores, tudo parte de uma EDO de primeira ou segunda ordem. Isso porque a partir dela chegamos nos casos de amortecimento e nas soluções gerais.

A gente só fez algumas deduções e utilizou de técnicas para pular essa etapa de resolver a EDO de maneira clássica, mas se você se sente seguro, pode resolvê-la normalmente, como a gente fez em alguns exercícios até aqui.

Nesse tópico a gente vai ver como resolver a EDO do circuito aplicando Transformada de Laplace.

Solução de Circuitos por Transformada de Laplace

Agora chega de papo. Vamos botar a mão na massa!

Para você ver que funciona, eu peguei o mesmo exemplo da teoria do tópico anterior. Vamos encontrar a tensão v ( t ) para t ≥ 0 no circuito abaixo, utilizando a Transformada de Laplace para resolvermos a EDO.

Para isso, vamos seguir alguns passos.

1º PASSO:

Esse passo é praticamente igual para todas as análises de circuitos. A gente precisa determinar nossas condições iniciais.

Em t = 0 - , a chave está aberta e podemos considerar o circuito em regime permanente. Então, podemos considerar o indutor um curto-circuito e o capacitor um circuito aberto.

Como circuito está aberto, não há circulação de corrente e, consequentemente, não há queda de tensão no resistor. Logo,

v 0 - = 20   V

i 0 - = 0

Em t = 0 + a chave é fechada e temos o seguinte circuito:

Como a tensão no capacitor não pode variar instantaneamente, assim como a corrente no indutor, temos que

v 0 + = v 0 - = 20   V

i 0 + = i 0 - = 0

Como queremos encontrar v ( t ) , ainda precisamos determinar d v ( 0 + ) / d t . Como o capacitor está em paralelo com o resistor de 2   Ω , eles possuem a mesma tensão v t .

Sabemos que no capacitor

i c = C d v d t

Logo,

d v d t = i c 0,5

Aplicando LCK ao nó do circuito,

i 0 + = v 0 + 2 + i c ( 0 + )

0 = 20 2 + i c 0 +

i c 0 + = - 10   A

Portanto,

d v 0 + d t = - 20   V / s

2º PASSO:

Agora, vamos encontrar a EDO que descreve v ( t ) no circuito para t > 0 .

Aplicando LCK ao nó do circuito acima,

i = i 1 + i c

Logo,

i = v 2 + 1 2 d v d t

E aplicando LTK na malha da esquerda,

- 20 + 4 i + 1 d i d t + v = 0

Como a gente está querendo determinar a tensão v ( t ) , vamos substituir i da primeira equação na segunda.

2 v + 2 d v d t + 1 2 d v d t   + 1 2 d 2 v d t 2 + v = 20

Simplificando,

1 2 d 2 v d t 2 + 5 2 d v d t + 3 v = 20

Arrumando os termos,

d 2 v d t 2 + 5 d v d t + 6 v = 40

Que podemos escrever também desta maneira:

v ' ' t + 5 v ' t + 6 v t = 40

3º PASSO:

Agora que encontramos EDO de segunda ordem não homogênea, precisamos resolvê-la utilizando Transformada de Laplace. Para isso, primeiro precisamos encontrar uma expressão para V ( s ) .

Para relembrar como funciona, vamos aplicar transformada de Laplace em cada termo da EDO:

L v ' ' t s = s 2 V s - s v 0 + - v ' ( 0 + )

L v ' t s = s V s - v 0 +

L v t s = V s

Quando temos uma constante sempre consideramos ela multiplicada pelo degrau unitário, porque para t > 0 ,   u t = 1 .

Logo,

L 40 s = L 40 u t s = 40 L u ( t ) s

Como,

L u ( t ) s = 1 s

L 4 0 s = 40 × 1 s = 40 s

Portanto, a nossa equação transformada é

s 2 V s - s v ( 0 + ) - v ' 0 + + 5 s V s - v 0 + + 6 V s = 40 s

Substituindo as condições iniciais que encontramos no primeiro passo

v 0 + = 20   V

v ' ( 0 + ) = - 20   V / s

Temos,

s 2 V s - s 20 - ( - 20 ) + 5 s V s - 5 ( 20 ) + 6 V s = 40 s

Simplificando,

s 2 V - 20 s + 20 + 5 s V s - 100 + 6 V s = 40 s

s 2 V s + 5 s V s + 6 V s = 40 s + 80 + 20 s

Isolando a transformada da tensão,

V s   s 2 + 5 s + 6 = 20 s 2 + 80 s + 40 s

V s = 20 s 2 + 80 s + 40 s s 2 + 5 s + 6

4º PASSO:

Agora que encontramos a expressão para V ( s ) , vamos utilizar o método de expansão em frações parciais.

Fatorando o polinômio do denominador, temos

V s = 20 s 2 + 80 s + 40 s ( s + 2 ) ( s + 3 )

Expandindo em frações parciais,

V s = A s + B s + 2 + C s + 3

Agora, precisamos determinar as constantes A ,   B e C .

Como a raiz de s é zero, para A , temos

A = lim s → 0 ⁡ ( s - 0 ) V s

A = lim s → 0 ⁡ s 20 s 2 + 80 s + 40 s ( s + 2 ) ( s + 3 )

Simplificando,

A = lim s → 0 ⁡ 20 s 2 + 80 s + 40 s + 2 s + 3 = 40 6 = 20 3

Vamos seguir o mesmo processo para encontrarmos B .

Como a raiz de ( s + 2 ) é - 2 , temos:

B = lim s → - 2 ⁡   ( s + 2 ) V s

B = lim s → - 2 ⁡   ( s + 2 ) 20 s 2 + 80 s + 40 s ( s + 2 ) ( s + 3 )

Simplificando,

B = lim s → - 2 ⁡ 20 s 2 + 80 s + 40 s s + 3

B = 80 - 160 + 40 - 2 = 20

E para C

C = lim s → - 3 ⁡   ( s + 3 ) V s

C = lim s → - 3 ⁡   ( s + 3 ) 20 s 2 + 80 s + 40 s ( s + 2 ) ( s + 3 )

Simplificando,

C = lim s → - 3 ⁡ 20 s 2 + 80 s + 40 s ( s + 2 )

C = 180 - 240 + 40 3 = - 20 3

Substituindo o valor de cada constante, temos que

V s = 20 3 1 s + 20 1 s + 2 + - 20 3 1 s + 3

5º PASSO:

Agora que encontramos a expressão para V ( s ) em frações parciais, vamos aplicar a Transformada inversa de Laplace:

L - 1 V s = v ( t )

L - 1 V s = 20 3 L - 1 1 s + 20 L - 1 1 s + 2 + - 20 3 L - 1 1 s + 3

Mais abaixo, eu vou fazer uma tabela com as funções mais usadas e suas respectivas Transformadas de Laplace, para você dar aquela relembrada. Mas, adiantando, sabendo que

L - 1 1 s = u t

L - 1 1 s + 2 = e - 2 t

L - 1 1 s + 3 = e - 3 t

Portanto,

v t = 20 3 u t + 20 e - 2 t u ( t ) - 20 3 e - 3 t u ( t )

A gente sempre multiplica cada termo da equação pelo degrau unitário u ( t ) , para deixar claro que a expressão é válida apenas para t > 0 .

v t = 20 3 + 20 e - 2 t - 20 3 e - 3 t   u ( t )

A gente também pode escrever a resposta acima da seguinte maneira:

v t = 20 3 + 20 e - 2 t - 20 3 e - 3 t         p a r a   t ≥ 0

Pronto! Missão cumprida.

Vamos relembrar os passos:

  1. Determinar as condições iniciais x 0 + e d x ( 0 + ) / d t ;
  2. Encontrar a EDO que descreve x ( t ) no circuito para t > 0 , aplicando a LCK ou LTK no circuito;
  3. Aplicar a Transformada de Laplace na EDO para encontrar uma expressão para X s ;
  4. Utilizar o método de expansão em frações parciais, para partir X ( s ) em somas de parcelas mais simples;
  5. Aplicar a Transformada inversa de Laplace

L - 1 X s = x ( t )

Seguindo esses passos não tem erro. Abaixo tem a tabela com as funções mais usadas e suas respectivas Transformadas de Laplace.

Agora é praticar! Separei exercícios espertos para você. 😉

Exercícios Resolvidos

Exercício Resolvido #1

Dado o circuito a seguir, determine a resposta natural da descarga do capacitor no circuito a seguir utilizando a transformada de Laplace.

Passo 1

Primeiro vamos escrever as equações referentes ao resistor:

v t = R * i t

Aplicando a transformada de Laplace:

V s = R * I ( s )

Então mantemos o mesmo circuito no domínio de s:

Passo 2

Agora vamos fazer o mesmo com o capacitor:

i t = C * d v d t

d v d t =   i ( t ) C

Aplicando a transformada de Laplace:

L d v d t = s V s - v ( 0 - )

L i ( t ) C = I ( s ) C

Logo, aplicando Laplace em d v d t =   i ( t ) C , temos:

s V s - v 0 - =   I ( s ) C

s V s =   I ( s ) C +   v 0 -

V s =   I ( s ) s C + v 0 - s  

Passo 3

Podemos substituir o circuito no domínio do tempo por um circuito no domínio de s da sequinte maneiraque corresponde a equação que encontramos:

V s =   I ( s ) s C + v 0 - s  

Passo 4

Agora podemos acoplar os dois circuitos e analisar a tensão de descarga no capacitor:

I s =   I 1 s +   I 2 s

C v 0 =   V c   ( s ) R +   V c   ( s ) 1 R C

C v 0 =   V c   s 1 R + 1 1 R C

V c   s = C v 0 s C +   1 R

V c   s = v 0 C +   1 R C

Passo 5

Vamos fazer a transformada inversa de Laplace:

L - 1 [ V c   s ] = L - 1 [ v 0 C +   1 R C ]

v c t =   V 0   e - t R C

Pronto, pessoal, encontramos a mesma equação que já conhecíamos da descarga do capacitor com um resistor, mas agora através de Laplace.

Resposta

v c t =   V 0   e - t R C

Exercício Resolvido #2

Escreva uma equação nodal descrevendo o circuito abaixo para t > 0 . Se a capacitância estava descarregada para t < 0 , determine V 0 s = L e 0 t . Determine a transformada inversa de pelo método das frações parciais.

Passo 1

Antes de mais nada, vamos determinar a condição inicial de v 0 .

Em t = 0 - , a fonte de tensão vale zero, já que para t < 0 ,   u t = 0 . Ou seja, podemos considerá-la desligada. Além disso, o enunciado disse que o capacitor estava descarregado. Logo, não há circulação de corrente no circuito e

v 0 0 - = 0

Como a tensão no capacitor não pode variar instantaneamente, assim como a corrente no indutor, temos que

v 0 + = v 0 - = 0   V

Passo 2

Agora, vamos encontrar a EDO que descreve v ( t ) no circuito para t > 0 . Para t > 0 , a fonte de tensão passa a funcionar e vale 1   V , já que para t > 0 o degrau unitário vale um, u t = 1 . Então, a gente tem esse circuito aí.

Aplicando LCK ao nó do circuito,

i 1 = i 2 + i 0

Logo,

1 - v 0 3 = v 0 6 + 2 d v 0 d t

Arrumando os termos,

2 d v 0 d t + v 0 6 + v 0 3 = 1 3

Simplificando,

2 d v 0 d t + 1 2 v 0 = 1 3

d v 0 d t + 1 4 v 0 = 1 6

Que podemos escrever também desta maneira:

v 0 ' t + 1 4 v 0 t = 1 6

Passo 3

Agora que encontramos a EDO não homogênea, precisamos resolvê-la utilizando Transformada de Laplace. Para isso, primeiro precisamos encontrar uma expressão para V 0 ( s ) .

Para relembrar como funciona, vamos aplicar transformada de Laplace em cada termo da EDO:

L v 0 ' t s = s V s - v 0 0 +

L v 0 t s = V s

Quando temos uma constante sempre consideramos ela multiplicada pelo degrau unitário, porque para t > 0 ,   u t = 1 .

Logo,

L 1 6 s = L 1 6 u t s = 1 6 L u ( t ) s

Como,

L u ( t ) s = 1 s

L 1 6 s = 1 6 × 1 s

Portanto, a nossa equação transformada é

s V s - v 0 ( 0 + ) + 1 4 V s = 1 6 × 1 s

Substituindo a condição inicial que encontramos

v 0 0 + = 0

Temos,

s V 0 s - ( 0 ) + 1 4 V 0 s = 1 6 × 1 s

Simplificando,

s V 0 s + 1 4 V 0 s = 1 6 × 1 s

Isolando a transformada da tensão,

V 0 s   s + 1 4 = 1 / 6 s

V 0 s = 1 / 6 s s + 1 4

Passo 4

Agora que encontramos a expressão para V 0 ( s ) , vamos utilizar o método de expansão em frações parciais.

Expandindo em frações parciais,

V 0 s = A s + B s + 1 4

Agora, precisamos determinar as constantes A e B .

Como a raiz de s é zero, para A , temos

A = lim s → 0 ⁡ ( s - 0 ) V 0 s

A = lim s → 0 ⁡ s 1 / 6 s s + 1 4

Simplificando,

A = lim s → 0 ⁡ 1 / 6 s + 1 4 = 4 6 = 2 3

Vamos seguir o mesmo processo para encontrarmos B .

Como a raiz de ( s + 1 / 4 ) é - 1 / 4 , temos:

B = lim s → - 1 / 4 ⁡   s + 1 4 V 0 s

B = lim s → - 1 / 4 ⁡   s + 1 4 1 / 6 s s + 1 4

Simplificando,

B = lim s → - 1 / 4 ⁡ 1 / 6 s

B = - 4 6 = - 2 3

Substituindo o valor de cada constante, temos que

V 0 s = 2 3 1 s + - 2 3 1 s + 1 4

Passo 5

Agora que encontramos a expressão para V 0 ( s ) em frações parciais, vamos aplicar a Transformada inversa de Laplace:

L - 1 V 0 s = v 0 ( t )

L - 1 V 0 s = 2 3 L - 1 1 s - 2 3 L - 1 1 s + 1 4

Como,

L - 1 1 s = u t

L - 1 1 s + 1 4 = e - 1 4 t

Portanto,

v 0 t = 2 3 u t - 2 3 e - t 4  

v 0 t = 2 3 1 - e - t 4       p a r a   t > 0

A gente também pode escrever a resposta acima da seguinte maneira:

v 0 t = 2 3 ( 1 - e - t 4 )   u ( t )

Resposta

v 0 t = 2 3 ( 1 - e - t 4 )   u ( t )

Exercício Resolvido #3

Determine i 0 t se o circuito abaixo não contiver energia armazenada para t < 0 , e se v t = δ t .

Passo 1

Primeiro, vamos analisar em t = 0 . Como o impulso de tensão não pode ser aplicado no capacitor nem no resistor que está em paralelo com ele, porque causaria uma mudança repentina na tensão do capacitor.

Ele deve ser aplicado no primeiro resistor de 1 / 3   Ω , gerando um impulso de corrente:

v 0 = 1 3 i 0 0

i 0 0 = 3

Pronto, encontramos a corrente em t = 0 .

Passo 2

Agora falta calcularmos para t > 0 .

Vamos distribuir a corrente como no circuito abaixo:

Aplicando a LCK, temos:

i 0 = i R + i c

Como,

i R = v c 1 / 3 = 3 v c

e

i c = C d v c d t = 5 d v c d t

Substituindo:

i 0 = 3 v c + 5 d v c d t  

Então, para encontrarmos i o para t > 0 , precisamos encontrar antes v c para podermos substituir na equação aí de cima.

Passo 3

Agora, vamos aplicar a LTK no circuito:

v = 1 3 i 0 + v c

i 0 = 3 ( v - v c )

Igualando as duas equações de i o , a gente encontra:

3 v c + 5 d v c d t = 3 v - v c

5 d v c d t + 6 v c = 3 v

5 3 d v c d t + 2 v c = v

Como,

v t = δ t

Temos,

5 3 d v c d t + 2 v c = δ t

Passo 4

Aplicando Transformada de Laplace na expressão acima, temos

5 3 s V c s - v c 0 + + 2 V c s = 1

Como estamos resolvendo a EDO por transformada de Laplace, não precisamos considerar como o impulso afeta as condições iniciais da tensão do capacitor. Pois quando fazemos a transformada do impulso essa condição já está presente nela.

Logo, como capacitor estava inicialmente descarregado,

v c 0 = 0

Lembrando que a tensão no capacitor não pode variar instantaneamente, então:

v c 0 - = v c 0 = v c 0 + = 3 5

Logo,

5 3 s V c s - 5 3 0 + 2 V c s = 1

5 3 s V c s + 2 V c s = 1

s V c s + 6 5 V c s = 3 5

Isolando a transformada da tensão,

V c s s + 6 5 = 3 5

V c s = 3 5 s + 6 5

Passo 5

Aplicando a Transformada inversa de Laplace:

L - 1 V c s = 3 5 L - 1 1 s + 6 5

Logo,

v c t = 3 5 e - 6 5 t

Passo 6

Agora que encontramos v c t , podemos substituí-lo na equação abaixo para encontrarmos i 0 para t > 0 .

i 0 = 3 v c + 5 d v c d t

i 0 = 3 3 5 e - 6 5 t + 5 d 3 5 e - 6 5 t d t

i 0 t = 9 5 e - 6 5 t + 5 × 3 5 e - 6 5 t - 6 5

Simplificando:

i 0 t = 9 5 e - 6 5 t - 18 5 e - 6 5 t

i 0 t = - 9 5 e - 6 5 t   ,     t > 0

Portanto:

i 0 t =   3   ,                                         t = 0 - 9 5 e - 6 5 t   ,               t > 0

Que também podemos escrever assim:

i 0 t = 3 δ t - 9 5 e - 6 5 t   u ( t )

Resposta

i 0 t = 3 δ t - 9 5 e - 6 5 t   u ( t )

Exercício Resolvido #4

Determine as respostas ao degrau unitário e ao impulso no circuito abaixo.

Passo 1

O enunciado nos pede a tensão no indutor v 0 t quando a corrente da fonte i 1 ( t ) for primeiro um degrau unitário   u t e depois um impulso unitário δ ( t ) . Vamos começar!

Passo 2

Primeiro, vamos analisar o caso em que i t = u t . Como a fonte de corrente é um degrau unitário, até o instante t = 0 , não há circulação de corrente no circuito e para t > 0 a fonte de corrente vale 1   A . Logo, para t > 0 ,   vamos analisar o circuito abaixo.

Sabemos que a tensão no indutor tem a seguinte relação:

v 0 t = L d i L d t = 2 d i L d t

E como o indutor está em paralelo com o resistor de 3   Ω , eles possuem a mesma tensão.

v 0 t = 3 i 2

Aplicando LCK no nó:

i 1 = i 2 + i L

Como, para t > 0 , i 1 = u ( t )   A .

i 2 = u ( t ) - i L

Logo,

v 0 t = 3 ( u ( t ) - i L )

2 d i L d t = 3 u ( t ) - 3 i L

2 d i L d t + 3 i L = 3 u ( t )

d i L d t + 3 2 i L = 3 2 u ( t )

Passo 3

Aplicando Transformada de Laplace na expressão acima, temos

s I L s - i L 0 + + 3 2 I L s = 3 2 1 s

Como a fonte de corrente é um degrau unitário, até o instante t = 0 , não há circulação de corrente no circuito. Logo, i L t = 0 para t < 0 . Lembrando que a corrente no indutor não pode variar instantaneamente, então:

i 0 - = i 0 = i 0 + = 0

Portanto, substituindo a nossa condição inicial, temos:

s I L s - ( 0 ) + 3 2 I L s = 3 2 1 s

Isolando a transformada da corrente,

I L s s + 3 2 = 3 2 1 s  

I L s = 3 2 s s + 3 2

Passo 4

Agora que encontramos a expressão para I L ( s ) , vamos utilizar o método de expansão em frações parciais.

Expandindo em frações parciais,

I L s = A s + B s + 3 2

Agora, precisamos determinar as constantes A e B .

Para A , temos

A = lim s → 0 ⁡ s - 0 I L s

A = lim s → 0 ⁡ s 3 2 s s + 3 2

Simplificando,

A = lim s → 0 ⁡ 3 2 s + 3 2

A = 1

Vamos seguir o mesmo processo para encontrarmos B .

B = lim s → - 3 2 ⁡ s + 3 2 I L s

B = lim s → - 3 2 ⁡ s + 3 2 3 2 s s + 3 2

Simplificando,

B = lim s → - 3 2 ⁡ 3 2 s

B = - 1

Substituindo o valor de cada constante, temos que

I L s = 1 s - 1 s + 3 2

Passo 5

Agora que encontramos a expressão para I L ( s ) em frações parciais, vamos aplicar a Transformada inversa de Laplace:

L - 1 I L s = u t - e - 3 2 t   u ( t )

Portanto,

i L t = 1 - e - 3 2 t   u ( t )

Passo 6

Agora que encontramos a corrente que passa pelo indutor, finalmente podemos encontrar o valor de v 0 t . Sabemos que:

v 0 t = 2 d i L d t

Substituindo,

v 0 t = 2 × d 1 - e -   3 2 t d t

v 0 t = 2 × - 3 2 - e -   3 2 t

Logo,

v 0 t = 3 e -   3 2 t   u ( t )

Passo 7

Agora, precisamos encontrar v 0 t para quando i i t = δ ( t ) . No instante t = 0 , um impulso de corrente no indutor causaria uma corrente infinita passando por ele, o que não é possível. Logo, o impulso de corrente fornecido pela fonte deve passar somente pelos resistores.

Quando esse impulso unitário de corrente passa pelo resistor de 3   Ω , ele gera um impulso de tensão no resistor e, consequentemente, no indutor, já que eles estão em paralelo. Portanto podemos dizer que:

v 0 0 = 3 δ ( t )

Passo 8

Encontramos o valor de v 0 no instante t = 0 . Agora temos que calcular para t > 0 .

Quando i 1 t = δ ( t ) , a EDO que a gente tinha encontrado fica assim:

d i L d t + 3 2 i L = 3 2 δ ( t )

Aplicando Transformada de Laplace na expressão acima, temos

s I L s - i L 0 + + 3 2 I L s = 3 2

Como,

i L 0 + = 0

Temos:

s I L s - ( 0 ) + 3 2 I L s = 3 2

Isolando a transformada da corrente,

I L s s + 3 2 = 3 2

I L s = 3 2 s + 3 2

Passo 9

Agora que encontramos a expressão para I L ( s ) em frações parciais, vamos aplicar a Transformada inversa de Laplace:

L - 1 I L s = 3 2 e - 3 2 t   u ( t )

Portanto,

i L t = 3 2 e - 3 2 t   u ( t )

Passo 10

Agora que encontramos a corrente que passa pelo indutor para t > 0 , finalmente podemos encontrar o valor de v 0 t . Sabemos que:

v 0 t = 2 d i L d t

Substituindo,

v 0 t = 2 × d 3 2 e - 3 2 t   d t

v 0 t = 2 × - 9 4 e - 3 2 t

v 0 t = - 9 2 e - 3 2 t   u ( t )

Logo, a expressão geral para v 0 ( t ) quando a fonte de corrente é um degrau unitário é:

v 0 t = 3 δ t - 9 2 e - 3 2 t   u ( t )

Resposta

v 0 t = 3 e -   3 2 t   u t ,     p a r a   i 1 t = u ( t )

v 0 t = 3 δ t - 9 2 e - 3 2 t   u t ,     p a r a   i 1 t = δ t

Exercício Resolvido #5

Calcule o valor de v o ( t ) no circuito:

Passo 1

Primeiro passo é substituir os elementos por suas transformadas de Laplace:

u t ⟶   1 s

5 Ω ⟶   5

1 2 F ⟶   1 s C =   1 s 1 2 =   2 s

2 H ⟶ s L = 2 s

Passo 2

Agora vamos estipular as correntes em cada uma das malhas:

Passo 3

Vamos analisar cada uma das malhas normalmente com a LKT. Analisando a malha 1, temos:

1 s - 5 I 1 -   2 s   I 1 -   I 2 = 0

Analisando a malha 2:

-   2 s   I 2 -   I 1 - 5 I 2 - 2 s I 2 = 0

Passo 4

Colocamos a partir da segunda equação, a corrente I 1 em função da corrente I 2 :

-   2 s   I 2 -   I 1 - 5 I 2 - 2 s I 2 = 0

-   2 s I 2 + 2 s I 1 - 5 I 2 - 2 s I 2 = 0  

2 s I 1 =   2 s I 2 + 5 I 2 + 2 s I 2

I 1 = I 2 s 2 +   5 s 2 + 1

Passo 5

Substituindo na primeira equação:

1 s - 5 I 1 -   2 s   I 1 -   I 2 = 0

1 s - 5 I 2 s 2 +   5 s 2 + 1 -   2 s I 2 s 2 +   5 s 2 + 1 +   2 s I 2   = 0

1 s -   I 2 s 2 +   5 s 2 + 1   2 s + 5 + 2 s I 2 = 0

1 s -   I 2 5 + 25 s 2 + 5 s 2 +   2 s + 5 + 2 s +   2 s   I 2 = 0

1 s =   I 2 10 + 2 9 s 2 + 5 s 2

1 s =   I 2 10 s 2 + 29 s + 20 2

I 2 = 2 s ( 10 s 2 + 29 s + 20 )  

Passo 6

Sabemos que:

v 0 s =   2 s I 2

v 0 s =   2 s 2 s ( 10 s 2 + 29 s + 20 )  

v 0 s =   4 ( 10 s 2 + 29 s + 20 )  

v 0 s =   4 s + 1,13 ( s + 1,77 )

Passo 7

Aplicando a inversa de Laplace:

L - 1 1 s - a s - b =   1 a - b ( e a t - e b t ) ,   a ≠ b

L - 1 4 s - ( - 1,13 ) s - ( - 1,77 ) =   4 [ - 1,13 - ( - 1,77 ) ] ( e - 1,13 t - e - 1,77 t )

v 0 t = 4 1,77 - 1,13 ( e - 1,13 t - e - 1,77 t )

v 0 t = 6,25 ( e - 1,13 t - e - 1,77 t ) V

Resposta

v 0 t = 6,25 ( e - 1,13 t - e - 1,77 t ) V

Exercício Resolvido #6

Calcule o valor de v o ( t ) no circuito:

Passo 1

Primeiro passo é substituir os elementos por suas transformadas de Laplace:

u t ⟶   1 s

2 Ω ⟶   2

1 3 F ⟶   1 s C =   1 s 1 3 =   3 s

5 H ⟶ s L = 5 s

Passo 2

Agora vamos estipular as correntes em cada uma das malhas:

Passo 3

Vamos analisar cada uma das malhas normalmente com a LKT. Analisando a malha 1, temos:

1 s - 2 I 1 -   3 s   I 1 -   I 2 = 0

Analisando a malha 2:

-   3 s   I 2 -   I 1 - 2 I 2 - 5 s I 2 -   I 3 = 0

Analisando a malha 3:

- 5 s   I 3 -   I 2 - 2 I 3 -   1 s = 0

Passo 4

Através da terceira equação podemos colocar a corrente I 3 em função da corrente I 2 :

- 5 s I 3 + 5 s I 2 - 2 I 3 -   1 s = 0

5 s I 2 -   1 s = 5 s I 3 + 2 I 3

I 3 =   5 s 2 I 2 - 1 s ( 5 s + 2 )

Passo 5

Através da primeira equação podemos colocar a corrente I 1 em função da corrente I 2 :

1 s - 2 I 1 -   3 s   I 1 -   I 2 = 0

1 s + 3 s I 2 = 2 I 1 + 3 s I 1

3 I 2 + 1 s =   I 1 2 s + 3 s

I 1 = 3 I 2 + 1 2 s + 3

Passo 6

Substituindo essas relações na segunda equação:

-   3 s   I 2 -   I 1 - 2 I 2 - 5 s I 2 -   I 3 = 0

-   3 s I 2 + 3 s   I 1 - 2 I 2 - 5 s I 2 + 5 s I 3 = 0

I 2 - 3 s - 2 - 5 s + 3 s 3 I 2 + 1 2 s + 3 + 5 s 5 s 2 I 2 - 1 s 5 s + 2 = 0

I 2 - 5 s 2 - 2 s - 3 s + 9 I 2 2 s 2 + 3 s +   3 2 s 2 + 3 s + 25 s 2 I 2 5 s + 2 -     5 5 s + 2 = 0

I 2 - 5 s 2 - 2 s - 3 10 s 2 + 19 s + 6 10 s 3 + 19 s 2 + 6 s + I 2 45 s + 18 10 s 3 + 19 s 2 + 6 s +   15 s + 6 10 s 3 + 19 s 2 + 6 s +   I 2 50 s 4 + 75 s 3 10 s 3 + 19 s 2 + 6 s +   - 10 s 2 - 15 s 10 s 3 + 19 s 2 + 6 s = 0

I 2 - 40 s 3 - 98 s 2 - 24 s 10 s 3 + 19 s 2 + 6 s = 10 s 2 - 6 10 s 3 + 19 s 2 + 6 s

I 2 = - 10 s 2 - 6 40 s 3 + 98 s 2 + 24 s

I 2 = - 10 s 2 - 6 s ( 40 s 2 + 98 s + 24 )

Passo 7

V o s = 2 I 2 ( s )

V o s = - 20 s 2 - 12 s ( 40 s 2 + 98 s + 24 )

V o s = - 20 s 2 + 12 s ( s + 0,28 ) ( s + 2,17 )

Expandindo em frações parciais:

V o s = A s + B ( s + 0,28 ) + C ( s + 2,17 )

A = lim s → 0 ⁡ s - 0 V o s =   lim s → 0 ⁡ - 20 s 2 + 12 ( s + 0,28 ) ( s + 2,17 ) =   12 0,61

A = 19,75

B = lim s → - 0,28 ⁡ s + 0 , 28 V o s =   lim s → 0 ⁡ - 20 s 2 + 12 s ( s + 2,17 ) =   - 1,568 + 12 - 0,53

B = - 19,68

C = lim s → - 2 , 7 ⁡ s + 2,17 V o s =   lim s → 0 ⁡ - 20 s 2 + 12 s s + 0,28 =   - 94,18 + 12 4,1

C =   - 20,04

Passo 8

V o s = 19,75 s + - 19,68 ( s + 0,28 ) + - 20,04 ( s + 2,17 )

Aplicando Laplace inversa em V o s :

L - 1 V o s = 19,75   L - 1 1 s - 19,68   L - 1 1 s + 0,28 - 20,04 L - 1 1 s + 2,17

v o t = 19,75   u t - 19,68 e - 0,28 t u t - 20,04 e - 2,17 t u t

Resposta

v o t = 19,75   - 19,68 e - 0,28 t - 20,04 e - 2,17 t u ( t )

Exercício Resolvido #7

Para o circuito abaixo, determine i ( t ) para t > 0 .

Passo 1

Antes de mais nada, vamos determinar nossas condições iniciais.

Em t = 0 - , o circuito já atingiu o regime permanente. Então, podemos considerar o indutor um curto-circuito e o capacitor um circuito aberto.

Além disso, a fonte de corrente vale zero, já que para t < 0 ,   u t = 0 . Ou seja, podemos considerá-la desligada.

Passo 2

Então, para t = 0 - , analisamos o circuito abaixo.

A corrente fornecida pela fonte passará toda pelo curto circuito. Logo, não passará corrente pelo resistor de 40   Ω . Logo, pela lei de Ohm,

i 0 - = 30 10 = 3   A

v 0 - = 0

Passo 3

Precisamos encontrar a condição inicial para a derivada da corrente. Em t = 0 + , a fonte de corrente passa a funcionar e vale 6   A . Então, a gente tem esse circuito aí.

Como a tensão no capacitor não pode variar instantaneamente, assim como a corrente no indutor, temos que

v 0 + = v 0 - = 0   V

i 0 + = i 0 - = 3   A

Como o circuito é paralelo, a tensão é a mesma para todos os elementos. Logo, no indutor

v = L d i d t

Em t = 0 + , como a tensão no capacitor não pode variar instantaneamente,

v 0 + = v 0 - = 0

Portanto,

v 0 + = 4 d i ( 0 + ) d t = 0

d i 0 + d t = 0

Passo 4

Agora, nós vamos fazer uma coisa que vai nos facilitar muito. Vamos usar transformação de fontes. A fonte de tensão que está em série com o resistor vai se transformar numa fonte de corrente em paralelo com o resistor. Lembra disso?

Quando realizamos a transformação de fontes temos que respeitar a lei de Ohm. Logo o valor da fonte de corrente será

I = V R = 30 10 = 3   A

Logo, nosso circuito ficará assim,

Ainda podemos reduzir mais o circuito, já que temos dois resistores em paralelo e duas fontes de corrente também em paralelo.

Então, somando o valor das fontes e calculando a resistência equivalente

R e q = 10 × 40 10 + 40 = 8   Ω

Chegamos ao circuito abaixo.

Passo 5

Aplicando a LCK no circuito,

0,01 d v d t + v 8 + i = 9

Como, no indutor

v = 4 d i d t

Substituindo v , temos

0,04 d 2 i d t 2 + 1 2 d i d t + i = 9

Arrumando os termos,

d 2 i d t 2 + 25 2 d i d t + 25 i = 225  

Passo 6

Aplicando Transformada de Laplace na expressão acima, temos

s 2 I s - s i 0 + - i ' 0 + + 25 2 s I s - i 0 + + 25 I s = 225 1 s

Substituindo nossas condições iniciais.

i 0 + = 3   A                 e                 i ' ( 0 + ) = 0

Temos,

s 2 I s - 3 s + 25 2 s I s - 3 + 25 I s = 225 1 s

s 2 I s + 25 2 s I s + 25 I s = 225 s + 3 s + 75 2

Isolando a transformada da corrente,

I s s 2 + 25 2 s + 25 = 3 s 2 + 37,5 s + 225

I s = 3 s 2 + 37,5 s + 225 s s 2 + 25 2 s + 25

Passo 7

Agora que encontramos a expressão para I ( s ) , vamos utilizar o método de expansão em frações parciais.

Fatorando o polinômio do denominador, temos

I s = 3 s 2 + 37,5 s + 225 s ( s + 2,5 ) ( s + 10 )

Expandindo em frações parciais,

I s = A s + B s + 2,5 + C s + 10

Agora, precisamos determinar as constantes A ,   B e C .

Como a raiz de s é zero, para A , temos

A = lim s → 0 ⁡ ( s - 0 ) I s

A = lim s → 0 ⁡ s 3 s 2 + 37,5 s + 225 s ( s + 2,5 ) ( s + 10 )

Simplificando,

A = lim s → 0 ⁡ 3 s 2 + 37,5 s + 225 ( s + 2,5 ) ( s + 10 ) = 225 25 = 9

Vamos seguir o mesmo processo para encontrarmos B .

Como a raiz de ( s + 2,5 ) é - 2,5 , temos:

B = lim s → - 2,5 ⁡   ( s + 2,5 ) I s

B = lim s → - 2,5 ⁡   ( s + 2,5 ) 3 s 2 + 37,5 s + 225 s ( s + 2,5 ) ( s + 10 )

Simplificando,

B = lim s → - 2,5 ⁡ 3 s 2 + 37,5 s + 225 s ( s + 10 )

B = - 8

E para C

C = lim s → - 3 ⁡   ( s + 10 ) I s

C = lim s → - 10 ⁡   ( s + 10 ) 3 s 2 + 37,5 s + 225 s ( s + 2,5 ) ( s + 10 )

Simplificando,

C = lim s → - 10 ⁡ 3 s 2 + 37,5 s + 225 s ( s + 2,5 )

C = 2

Substituindo o valor de cada constante, temos que

I s = 9 1 s + - 8 1 s + 2,5 + 2 1 s + 10

Passo 8

Agora que encontramos a expressão para I ( s ) em frações parciais, vamos aplicar a Transformada inversa de Laplace:

L - 1 I s = i ( t )

L - 1 I s = 9 L - 1 1 s - 8 L - 1 1 s + 2,5 + 2 L - 1 1 s + 10

Portanto,

i t = 9   u t - 8 e - 2,5 t u t + 2 e - 10 t u ( t )

A gente sempre multiplica cada termo da equação pelo degrau unitário u ( t ) , para deixar claro que a expressão é válida apenas para t > 0 .

i t = 9 - 8 e - 2,5 t + 2 e - 10 t     u ( t )

Resposta

i t = 9 - 8 e - 2,5 t + 2 e - 10 t     u ( t )

Exercício Resolvido #8

Determine a resposta ao degrau unitário e a resposta à rampa unitária do circuito abaixo.

Passo 1

O enunciado pede para a gente determinar a tensão no capacitor para quando a fonte de corrente for um degrau unitário u ( t ) e para a rampa unitária r ( t ) . Para encontrarmos uma relação entre i ( t ) e v 0 t , vamos fazer uma análise nodal no circuito.

Passo 2

Então, vamos fazer a análise nodal do circuito abaixo:

Aplicando LCK nos nós:

i 1 = i b + i 2

e

i 2 = 4 i b + i c

Escrevendo essas correntes em função das nossas tensões nodais, temos:

i b = 2 v 1

i 2 = v 1 - v 0

i c = 1 d v 0 d t

Substituindo esses valores nas equações nodais:

i 1 = 2 v 1 + v 1 - v 0           v 1 - v 0 = 4 2 v 1 + d v 0 d t

Simplificando:

i 1 = 3 v 1 - v 0             d v 0 d t + v 0 = - 7 v 1

Isolando v 1 na primeira equação e substituindo na segunda, obtemos:

d v 0 d t + v 0 = - 7 i 1 + v 0 3  

Dando aquela ajeitada:

d v 0 d t + v 0 + 7 3 v 0 = - 7 3 i 1

d v 0 d t + 10 3 v 0 = - 7 3 i 1

Passo 3

Encontramos uma EDO não homogênea. Primeiro vamos resolver para quando i 1 t = u ( t ) .

d v 0 d t + 10 3 v 0 = - 7 3 u ( t )

Aplicando Transformada de Laplace na expressão acima, temos

s V 0 s - v 0 0 + + 10 3 V s = - 7 3 1 s  

Como o capacitor está inicialmente descarregado, v 0 0 = 0 . Lembrando que a tensão no capacitor não pode variar instantaneamente, então:

v 0 0 - = v 0 0 = v 0 0 + = 0

Portanto, substituindo a nossa condição inicial, temos:

s V 0 s - ( 0 ) + 10 3 V s = - 7 3 1 s  

Isolando a transformada da tensão,

V 0 s s + 10 3 = - 7 3 1 s  

V 0 s = - 7 3 s s + 10 3

Passo 4

Agora que encontramos a expressão para V 0 ( s ) , vamos utilizar o método de expansão em frações parciais.

Expandindo em frações parciais,

V 0 s = A s + B s + 10 3

Agora, precisamos determinar as constantes A e B .

Para A , temos

A = lim s → 0 ⁡ s - 0 V 0 s

A = lim s → 0 ⁡ s - 7 3 s s + 10 3

Simplificando,

A = lim s → 0 ⁡ - 7 3 s + 10 3

A = - 7 3 × 3 10 = - 7 10

Vamos seguir o mesmo processo para encontrarmos B .

B = lim s → - 10 3 ⁡ s + 10 3 V 0 s

B = lim s → - 10 3 ⁡ s + 10 3 - 7 3 s s + 10 3

B = - 7 3 × - 3 10 = 7 10

Substituindo o valor de cada constante, temos que

V 0 s = - 7 10 1 s + 7 10 1 s + 10 3

Passo 5

Agora que encontramos a expressão para V 0 ( s ) em frações parciais, vamos aplicar a Transformada inversa de Laplace:

L - 1 V 0 s = - 7 10   u t + 7 10 e - 10 3 t   u ( t )

Portanto,

v 0 t = 7 10 e - 10 3 t - 1   u ( t )

Passo 6

Pronto, encontramos a resposta ao degrau unitário. Agora precisamos encontrar a resposta à rampa unitária. Para isso, vamos resolver a EDO para quando i 1 t = t .

d v 0 d t + 10 3 v 0 = - 7 3 t

Lembrando que

L t = 1 s 2   ,

Aplicando Transformada de Laplace na expressão acima, temos

s V 0 s - v 0 0 + + 10 3 V s = - 7 3 1 s 2  

Portanto, substituindo a nossa condição inicial, temos:

s V 0 s - ( 0 ) + 10 3 V s = - 7 3 1 s 2  

Isolando a transformada da tensão,

V 0 s s + 10 3 = - 7 3 1 s 2  

V 0 s = - 7 3 s 2 s + 10 3

Passo 7

Agora que encontramos a expressão para V 0 ( s ) , vamos utilizar o método de expansão em frações parciais.

Expandindo em frações parciais,

V 0 s = A s + B s 2 + C s + 10 3

Agora, precisamos determinar as constantes A , B e C .

Como temos raízes múltiplas no polinômio do denominador, calcularemos primeiro B .

B = lim s → 0 ⁡ s 2 - 0 V s

B = lim s → 0 ⁡ s 2 - 7 3 s 2 s + 10 3

Simplificando,

B = lim s → 0 ⁡ - 7 3 s + 10 3

B = - 7 3 × 3 10 = - 7 10

Para encontrarmos A , faremos assim:

A = lim s → 0 ⁡ d d s s 2 - 0 V s

A = lim s → 0 ⁡   d d s - 7 3 s + 10 3

A = l i m s → 0   7 3 s + 10 3 2

A = 7 3 × 9 100 = 21 100

Agora, vamos calcular C .

C = lim s → - 10 3 ⁡ s + 10 3 V s

C = lim s → - 10 3 ⁡ s + 10 3 - 7 3 s 2 s + 10 3

Simplificando,

C = l i m s → - 10 3 - 7 3 s 2

C = - 7 3 × 9 100 = - 21 100

Substituindo o valor de cada constante, temos que

V 0 s = 21 100 1 s - 7 10 1 s 2 - 21 100 1 s + 10 3

Passo 8

Agora que encontramos a expressão para V ( s ) em frações parciais, vamos aplicar a Transformada inversa de Laplace:

L - 1 V 0 s = 21 100   u t - 7 10 t   u ( t ) - 21 100 e - 10 3 t   u ( t )

Portanto,

v 0 t = - 7 10 t + 21 100 1 - e - 10 3 t   u ( t )

Resposta

Quando i 1 t = u t ,

v 0 t = 7 10 e - 10 3 t - 1   u ( t )

Quando i 1 t = r t ,

v 0 t = - 7 10 t + 21 100 1 - e - 10 3 t   u ( t )

Exercício Resolvido #9

O circuito abaixo está operando no estado permanente para t < 0 , com a chave aberta. Se a chave se fecha em t = 0 , determine v 0 ( t ) para t > 0 .

Passo 1

Antes de mais nada, vamos determinar as condições iniciais.

Em t = 0 - , o enunciado disse que o circuito estava em seu regime permanente. Então, podemos considerar o indutor um curto-circuito, o capacitor um circuito aberto e temos o circuito abaixo:

Aplicando divisor de tensão, temos que a tensão no capacitor é

v c 0 - = 2 2 + 2 12 = 6   V

Além disso, como a chave está aberta, não há circulação de corrente pelo indutor.

i L 0 - = 0

Em t = 0 + a chave é fechada e temos o seguinte circuito:

Como a tensão no capacitor não pode variar instantaneamente, assim como a corrente no indutor, temos que

v c 0 + = v c 0 - = 6   V

Logo,

v 0 0 + = v c 0 + = 6   V

Passo 2

Agora, vamos encontrar a EDO que descreve v 0 ( t ) no circuito para t > 0 . Então, após o fechamento da chave, a gente tem o circuito abaixo:

Aplicando LCK ao nó do circuito acima,

12 - v 0 2 = v 0 2 + 2 d v 0 d t + 5 2 ∫ v 0   d t + v 0 1  

Dando aquela simplificada,

d v 0 d t + v 0 + 5 4 ∫ v 0   d t = 3

Passo 3

Aplicando Transformada de Laplace na expressão acima, temos

s V 0 s - v 0 + + V 0 s + 5 4 V 0 s s = 3 s  

Substituindo a condição inicial que encontramos:

v 0 0 + = 6   V

Temos,

s V 0 s - 6 + V 0 s + 5 4 V 0 s s = 3 s

Simplificando,

s 2 V s - 6 s + s V s + 5 4 V s = 3

Isolando a transformada da tensão,

V 0 s   s 2 + s + 5 4 = 6 s + 3

V 0 s = 6 s + 3 s 2 + s + 5 4

Passo 4

Agora que encontramos a expressão para V 0 ( s ) , vamos utilizar o método de expansão em frações parciais.

Fatorando o polinômio do denominador, temos

V 0 s = 6 s + 3 s + 1 2 - j s + 1 2 + j

Expandindo em frações parciais,

V 0 s = A s + 1 2 - j + B s + 1 2 + j

Agora, precisamos determinar as constantes A e B .

Para A , temos

A = lim s → - 1 2 + j ⁡ s + 1 2 - j   V s

A = lim s → - 1 2 + j ⁡ s + 1 2 - j   6 s + 3 s + 1 2 - j s + 1 2 + j

Simplificando,

A = lim s → - 1 2 + j ⁡ 6 s + 3 s + 1 2 + j

A = 6 - 1 2 + j + 3 - 1 2 + j + 1 2 + j

A = 6 j 2 j = 3

Vamos seguir o mesmo processo para encontrarmos B .

B = lim s → - 1 2 - j ⁡ s + 1 2 + j   V s

B = lim s → - 1 2 - j ⁡ s + 1 2 + j 6 s + 3 s + 1 2 - j s + 1 2 + j

Simplificando,

B = lim s → - 1 2 - j ⁡ 6 s + 3 s + 1 2 - j

B = 6 - 1 2 - j + 3 - 1 2 - j + 1 2 - j

B = - 6 j - 2 j = 3

Substituindo o valor de cada constante, temos que

V 0 s = ( 3 ) 1 s + 1 2 - j + ( 3 ) 1 s + 1 2 + j

Passo 5

Agora que encontramos a expressão para V ( s ) em frações parciais, vamos aplicar a Transformada inversa de Laplace:

L - 1 V 0 s = 3 e - 1 2 - j t   u t +   3 e - 1 2 + j t   u ( t )

Poderíamos deixar v ( t ) com essa expressão, mas a gente sempre evita grandezas complexas na resposta final. Então, vamos simplificá-la bastante e deixá-la mais bonita.

v 0 t = 3 e - 1 2 - j t + e - 1 2 + j t   u ( t )

v t = 3 e - 1 2 t e j t + e - 1 2 t e - j t   u t

v t = 3 e - t 2 e j t + e - j t   u t

Lembrando da identidade

2 cos ⁡ θ = ( e j θ + e - j θ )

Temos,

v t = 3 e - t 2   ( 2 cos ⁡ t ) u t

Portanto,

v t = 6 e - t 2 cos ⁡ t   u t

Resposta

v t = 6 e - t 2 cos ⁡ t   u t

Exercício Resolvido #10

O circuito abaixo está operando no estado permanente para t < 0 , com a chave aberta. Se a chave se fecha em t = 0 , determine i 0 ( t ) para t > 0 .

Passo 1

Antes de mais nada, vamos determinar as condições iniciais.

Em t = 0 - , o enunciado disse que o circuito estava em seu regime permanente. Então, podemos considerar o indutor um curto-circuito, o capacitor um circuito aberto e temos o circuito abaixo:

Logo, pela lei de Ohm,

i 1 0 - = 4 1 + 1 + 2 = 1   A

v 0 - = 3 × 1 = 3   V

Em t = 0 + a chave é fechada e temos o seguinte circuito:

Como a tensão no capacitor não pode variar instantaneamente, assim como a corrente no indutor, temos que

v 0 + = v 0 - = 3   V

i 1 0 + = i 1 0 - = 1   A

Como queremos encontrar i 0 , é mais fácil analisarmos o circuito para encontrarmos v , já que pela Lei de Ohm

v = 1 i 0

Então, precisamos determinar d v ( 0 + ) / d t .

Aplicando LCK ao nó do circuito,

i 1 0 + = i c 0 + + i 0 ( 0 + )

Logo,

i c 0 + = i 1 0 + - i 0 ( 0 + )

i c 0 + = 1 - v 0 + 1

i c 0 + = 1 - 3 = - 2   A

Sabemos que no capacitor

i c = C d v d t

Logo,

d v ( 0 + ) d t = i c ( 0 + ) 0,5

Portanto,

d v ( 0 + ) d t = - 2 0,5 = - 4   V / s

Passo 2

Agora, vamos encontrar a EDO que descreve v ( t ) no circuito para t > 0 . Então, após o fechamento da chave, a gente tem o circuito abaixo:

Aplicando LCK ao nó do circuito acima,

i 1 = i c + i 0

Logo,

i 1 = 1 2 d v d t + v 1

E aplicando LTK na malha da esquerda,

- 4 + 1 2 d i 1 d t + i 1 + v = 0

Como a gente está querendo determinar a tensão v ( t ) , vamos substituir i 1 da primeira equação na segunda.

- 4 + 1 2 d v d t + 1 4 d 2 v d t 2 + 1 2 d v d t + v + v = 0

Simplificando,

1 4 d 2 v d t 2 + d v d t + 2 v = 4

Arrumando os termos,

d 2 v d t 2 + 4 d v d t + 8 v = 16

Que podemos escrever também desta maneira:

v ' ' t + 4 v ' t + 8 v t = 16

Passo 3

Agora que encontramos a EDO não homogênea, precisamos resolvê-la utilizando Transformada de Laplace. Para isso, primeiro precisamos encontrar uma expressão para V 0 ( s ) . Relembrando que

L v ' ' t s = s 2 V s - s v 0 + - v ' ( 0 + )

L v ' t s = s V s - v 0 +

Portanto, a nossa equação transformada é

s 2 V s - s v 0 + - v ' 0 + + 4 s V s - v 0 + + 8 V s = 16 s

Substituindo as condições iniciais que encontramos:

v 0 0 + = 3   V

v ' ( 0 + ) = - 4   V / s

Temos,

s 2 V s - 3 s + 4 + 4 s V s - 3 + 8 V s = 16 s

Simplificando,

s 2 V s + 4 s V s + 8 V s = 16 s + 8 + 3 s

Isolando a transformada da tensão,

V s   s 2 + 4 s + 8 = 3 s 2 + 8 s + 16 s

V s = 3 s 2 + 8 s + 16 s s 2 + 4 s + 8

Passo 4

Agora que encontramos a expressão para V ( s ) , vamos utilizar o método de expansão em frações parciais.

Fatorando o polinômio do denominador, temos

V s = 3 s 2 + 8 s + 16 s ( s + 2 - j 2 ) ( s + 2 + j 2 )

Expandindo em frações parciais,

V s = A s + B s + 2 - j 2 + C s + 2 + j 2

Agora, precisamos determinar as constantes A ,   B e C .

Como a raiz de s é zero, para A , temos

A = lim s → 0 ⁡ ( s - 0 ) V s

A = lim s → 0 ⁡ s 3 s 2 + 8 s + 16 s s 2 + 4 s + 8

A = 16 8 = 2

Vamos seguir o mesmo processo para encontrarmos B .

B = lim s → - 2 + j 2 ⁡ ( s + 2 - j 2 ) 3 s 2 + 8 s + 16 s ( s + 2 - j 2 ) ( s + 2 + j 2 )

Simplificando,

B = lim s → - 2 + j 2 ⁡ 3 s 2 + 8 s + 16 s ( s + 2 + j 2 )

B = - - j 8 - 2 + j 2 j 4

Passando para fórmula polar,

B = 8 e - j 90 ° 2 2 e j 135 ° 4 e j 90 °

Simplificando,

B = e - j 180 ° 2 e j 135 ° = 1 2 e j 315 °

Logo,

B = 2 2 e j 45 °

Quando temos esse caso de raízes complexas, só precisamos calcular uma constante. A segunda é o conjugado da primeira. Logo,

C = 2 2 e - j 45 °

Passo 5

Agora que encontramos a expressão para V ( s ) em frações parciais, vamos aplicar a Transformada inversa de Laplace:

V s = 2 1 s + 2 2 e j 45 ° 1 s + 2 - j 2 + 2 2 e - j 45 ° 1 s + 2 + j 2

L - 1 V s = 2   u t + 2 2 e j 45 ° e - 2 - j 2 t   u t + 2 2 e - j 45 ° e - ( 2 + j 2 ) t   u ( t )

Poderíamos deixar v ( t ) com essa expressão, mas a gente sempre evita grandezas complexas na resposta final. Então, vamos simplificá-la bastante e deixá-la mais bonita.

v t = 2   + 2 2 e j 45 ° e - 2 t e j 2 t + 2 2 e - j 45 ° e - 2 t e - j 2 t   u ( t )

v t = 2 + 2 2 e - 2 t e j 45 ° e j 2 t + e - j 45 ° e - j 2 t   u t

v t = 2 + 2 2 e - 2 t e j ( 2 t + 45 ° ) + e - ( 2 t + j 45 ° )   u t

Lembrando da identidade

2 cos ⁡ θ = ( e j θ + e - j θ )

Temos,

v t = 2 + 2 2 e - 2 t × 2 cos ⁡ ( 2 t + 45 ° )   u t

Portanto,

v t = 2 + 2 e - 2 t cos ⁡ ( 2 t + 45 ° )   u t

Como vimos que v t = i 0 t ,

i 0 t = 2 + 2 e - 2 t cos ⁡ ( 2 t + 45 ° )   u t

Resposta

i 0 t = 2 + 2 e - 2 t cos ⁡ ( 2 t + 45 ° )   u t

Exercício Resolvido #11

Determine v o ( t ) no circuito da figura supondo condições iniciais zero.

Passo 1

Primeiro, vamos passar cada elemento para o domínio de Laplace, ou seja, domínio s:

u ( t ) ⇒ 1 s

1 H ⇒ s L   = s (como L = 1 H )

1 3 F ⇒ 1 s C = 3 s

Passo 2

Agora, vamos desenhar o novo circuito no domínio de Laplace.

Passo 3

A partir daí, podemos fazer análise de malhas de uma forma simplificada

Na malha 1:

1 s = 1 + 3 s I 1 - 3 s I 2

Na malha 2:

0 =   - 3 s I 1 + s + 5 + 3 s I 2

I 1 =   1 3 s 2 + 5 s + 3 I 2

Agora, substituindo a equação de I 1 na equação da malha 1:

1 s = 1 + 3 s 1 3 ( s 2 + 5 s + 3 ) I 2 - 3 s I 2

Simplificando (multiplicamos tudo por 3 s :

3 = ( s 3 + 8 s 2 + 18 s ) I 2 ⇒ I 2 = 3 s 3 + 8 s 2 + 18 s

E então:

V O ( s ) = s I 2 = 3 s 2 + 8 s + 18 = 3 2 2 ( s + 4 ) 2 + ( 2 ) 2

Passo 4

Achamos a tensão no domínio de Laplace, mas agora precisamos fazer a transformada inversa a partir das tabelas de transformada inversa para chegarmos na resposta em função do tempo:

v o ( t ) = 3 2 e - 4 t s e n 2 t   V ,   t ≥ 0

Resposta

v o ( t ) = 3 2 e - 4 t s e n 2 t   V ,   t ≥ 0

Exercício Resolvido #12

Determine v o ( t ) no circuito da figura. Suponha v o ( 0 ) = 5   V .

Passo 1

Primeira coisa aqui é passar todos os elementos (ativos e passivos) para o domínio de Laplace (domínio s) e desenhar o circuito novamente.

Além disso, vamos adicionar uma fonte de corrente paralela ao capacitor para indicar a condição inicial do enunciado. Como v o ( 0 ) = 5   V e esse v o ( t ) está em cima do capacitor, então, pela Primeira Lei de Ohm teremos C × v o ( 0 ) = 0.1 × 5 = 0.5   A

Passo 2

Agora vamos fazer a análise nodal no nó superior (perceba que em cima do circuito é um único nó cuja tensão é V o ( s ) que queremos calcular).

10 s + 1 - V o 10 + 2 + 0.5 = V o 10 + V o 10 s

1 s + 1 + 2.5 = 2 V o 10 + s V o 10 = 1 10 V o ( s + 2 )

Simplificando…

10 s + 1 + 25 = V o ( s + 2 )

Passo 3

Vamos separar em frações parciais agora e achar os valores de A e B para então fazer a transformada inversa.

V o = 25 s + 35 ( s + 1 ) ( s + 2 ) = A s + 1 + B s + 2

Para o A…

A = ( s + 1 ) V o ( s ) | s =   - 1 = 25 s + 35 ( s + 2 ) | s =   - 1 = 10 1 = 10

Para o B…

B = ( s + 2 ) V o ( s ) | s =   - 2 = 25 s + 35 ( s + 1 ) | s =   - 2 = - 15 - 1 = 15

Portanto,

V o ( s ) = 10 s + 1 + 15 s + 2

Fazendo a transformada inversa através das fórmulas temos:

v o ( t ) = ( 10 e - t + 15 e - 2 t ) u ( t )   V

Resposta

v o ( t ) = ( 10 e - t + 15 e - 2 t ) u ( t )   V

Exercício Resolvido #13

Considere o circuito da figura. Determine o valor da tensão no capacitor supondo que o valor de v s ( t ) = 10 u ( t ) V e que em t = 0 flui uma corrente igual a - 1 A através do indutor, e no capacitor tem uma tensão de 5   V .

Passo 1

Primeiro vamos desenhar o circuito em domínio Laplace. Incorporamos a condição inicial e então adicionamos uma fonte de corrente paralela ao indutor (por causa da corrente de - 1 A que flui no indutor).

Passo 2

Agora podemos fazer análise nodal simples no nó de cima (o nó cuja tensão é V 1 )

V 1 - 10 s 10 3 + V 1 - 0 5 s + i ( 0 ) s + V 1 - v ( 0 ) s 1 0.1 s = 0

0.1 s + 3 + 2 s V 1 = 3 s + 1 s + 0.5

Onde v ( 0 ) = 5   V e i ( 0 ) =   - 1   A

Agora, vamos simplificar a expressão para chegar no jeito mais fácil de fazer a Transformada de Laplace inversa:

( s 2 + 3 s + 2 ) V 1 = 40 + 5 s

V 1 = 40 + 5 s ( s + 1 ) ( s + 2 ) = 35 s + 1 - 30 s + 2

Agora fica fácil aplicar a transformada de Laplace Inversa:

v 1 ( t ) = ( 35 e - t - 30 e - 2 t ) u ( t )   V

Resposta

v 1 ( t ) = ( 35 e - t - 30 e - 2 t ) u ( t )   V

Exercícios de Livros Relacionados

Um sistema com única entrada e única saída é descrito pelo modelo de estados a seguir: x 1 = 2 x 1 - x 2 + 3 z x 2 = - 4 x 2 - z y = 3 x 1 - 2 x 2 + z Qual das matrizes seguintes é incorreta?a) A = 2
Observe o circuito da figura. Determine Z e n t ( s ) Aplique fatores de escala K m = 10eK f = 100 aos elementos. Determine Z e n t ( s )eω o .
Seja v s = 20 cos ⁡ a t V no circuito da Figura. Determine ω 0 , Q e B , visto pelo capacitor.
Considere os circuitos da F i g u r a14.81 e determine a frequência de ressonância ω 0 , o fator de qualidade Q e a largura de banda B .
Um circuito ressonante em paralelo tem resistência de 2k Ω e frequências de meia potência de 86k H z e 90k H z . Determine:(a) A capacitância.(b) A indutância.(c) A frequência de ressonância.(d) A lar