Um circuito RC é descrito pela função de transferência:
\frac{V_{o}(s)}{V_{i}(s)}=\frac{\frac{1}{R C}}{s+\frac{1}{R C}}
Escolha valores comerciais para obter um tempo de subida de 2,2 s.
R : pode ser C=1 \mathrm{mF} e R=1 \mathrm{~K} ohm

Passo 1

O enunciado nos dá a função de transferência do filtro RC (passe-baixa de 1ª ordem):
\frac{V_{o}(s)}{V_{i}(s)}=\frac{\dfrac{1}{R C}}{s+\dfrac{1}{R C}}.
O pedido é: escolher valores comerciais de R e C de modo que o tempo de subida ( t_{r}, definido aqui como intervalo de 10\% a 90\% da resposta ao degrau) seja t_{r}=2{,}2\\ \mathrm{s}.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • A função de transferência dada.
  • Desejo final: t_{r}=2{,}2\\ \mathrm{s}.
  • Sugestão/possibilidade mencionada no enunciado: C=1\\ \mathrm{mF} e R=1\\ \mathrm{k\Omega} (valores comerciais).

Passo 2

Entender o parâmetro chave: constante de tempo \tau.
Explicação didática: para um circuito RC série de primeiro ordem o polo está em s=-\dfrac{1}{R C}. Define-se a constante de tempo
\tau = R C,
que tem unidades de segundos e descreve a rapidez com que a saída responde. Intuitivamente, \tau é o tempo que a resposta ao degrau leva para alcançar cerca de 63{,}2\% do valor final. Quanto maior \tau, mais lenta a resposta.

Passo 3

Resposta ao degrau e definição de tempo de subida.
Se aplicarmos um degrau unitário em V_i(t), a saída do sistema de primeira ordem com ganho DC unitário é
v_{o}(t) = 1 - e^{-t/\tau},\qquad t\ge 0,
porque a transformada do degrau unitário é 1/s e
\frac{V_o(s)}{s}=\frac{1}{s(1+s\tau)} \Longrightarrow v_o(t)=1-e^{-t/\tau}.
Agora definimos t_{10} como o tempo tal que v_o(t_{10})=0{,}1 (10%) e t_{90} tal que v_o(t_{90})=0{,}9 (90%). O tempo de subida é
t_{r}=t_{90}-t_{10}.

Passo 4

Cálculo explícito de t_{10}, t_{90} e relação entre t_{r} e \tau.
Resolver para t_{x} da equação 1-e^{-t_{x}/\tau}=x
e^{-t_{x}/\tau}=1-x \quad\Rightarrow\quad t_{x}=-\tau\ln(1-x).
Aplicando para x=0{,}1 e x=0{,}9:
t_{10}=-\tau\ln(0{,}9),\qquad t_{90}=-\tau\ln(0{,}1).
Portanto
t_{r}=t_{90}-t_{10}=-\tau\ln(0{,}1)+\tau\ln(0{,}9)=\tau\ln\!\left(\frac{0{,}9}{0{,}1}\right)=\tau\ln(9).
Como \ln(9)\approx 2{,}1972246, fica
t_{r}\approx 2{,}197\tau \approx 2{,}2\,\tau.
Invertendo para obter \tau a partir do t_{r} desejado:
\tau=\frac{t_{r}}{\ln(9)}=\frac{2{,}2}{\ln(9)}\approx 1{,}0004\\ \mathrm{s}\approx 1\\ \mathrm{s}.

Passo 5

Escolha de valores comerciais que satisfaçam \tau=R C=1\\ \mathrm{s}.
A combinação sugerida no enunciado é exatamente adequada: tomar
R=1\\ \mathrm{k\Omega}=1{,}0\times10^{3}\\ \Omega,\qquad C=1\\ \mathrm{mF}=1{,}0\times10^{-3}\\ \mathrm{F}.
Verificação:
\tau = R C = (1{,}0\times10^{3})(1{,}0\times10^{-3})=1{,}0\\ \mathrm{s}.
Com isso
t_{r}=\tau\ln(9)=1{,}0\cdot 2{,}197\ldots\approx 2{,}197\\ \mathrm{s}\approx 2{,}2\\ \mathrm{s},
ou seja, atende ao requisito.
Observação prática (útil na prova): outros pares comerciais que também funcionam são quaisquer R e C com produto igual a 1\\ \mathrm{s}. Exemplos:
R=10\\ \mathrm{k\Omega},\\ C=100\\ \mu\mathrm{F}\quad\text{(pois }10^4\cdot100\times10^{-6}=1\text{)},
R=100\\ \Omega,\\ C=10\\ \mathrm{mF}\quad\text{(menos comum mas possível)}.í
Mas a combinação R=1\\ \mathrm{k\Omega},\\ C=1\\ \mathrm{mF} é simples, óbvia e composta de valores comerciais comuns.

Resposta

R=1\\ \mathrm{k\Omega},\\ C=1\\ \mathrm{mF}

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