Um engenheiro está projetando um sistema de amortecimento elétrico para um equipamento sensível a variações de tensão. Esse sistema pode ser modelado por um circuito RLC série, cuja fonte de tensão é acionada abruptamente após 2 segundos, como um degrau unitário atrasado. Os parâmetros do circuito são os seguintes:
  • Resistência: \mathrm{R}=2 \Omega
  • Indutância: \mathrm{L}=1 \mathrm{H}
  • Capacitância: \mathrm{C}=\frac{1}{2} \mathrm{~F}
  • Fonte de tensão: v(t)=U(t-2), onde U é a funcão degrau unitário
Sabendo que a equação que rege a corrente i(t) nesse circuito é dada por:
L \frac{d^{2} i}{d t^{2}}+R \frac{d i}{d t}+\frac{1}{C} i=v(t)
com as condições iniciais i(0)=0 e i^{\prime}(0)=0, aplique a transformada de Laplace para determinar i(t).

Passo 1

O enunciado dá a equação diferencial de um circuito RLC série com L=1, R=2, C=\tfrac12 e fonte v(t)=U(t-2). Queremos a corrente i(t) sabendo que
L\,\frac{d^2i}{dt^2}+R\,\frac{di}{dt}+\frac1C\,i=v(t),
com i(0)=0 e i'(0)=0. O conteúdo aqui é transformada de Laplace e propriedade de deslocamento no tempo.

Passo 2

Tomando a transformada de Laplace em ambos os lados, usando \mathcal{L}\{i''\}=s^2I(s), \mathcal{L}\{i'\}=sI(s) (condições iniciais nulas) e \mathcal{L}\{U(t-2)\}=e^{-2s}/s, obtemos
1\cdot s^2I(s)+2\cdot sI(s)+2\,I(s)=\frac{e^{-2s}}{s}.
Assim,
I(s)=\frac{e^{-2s}}{s\,(s^2+2s+2)}.

Passo 3

Fazemos frações parciais em
\frac1{s(s^2+2s+2)}=\frac{A}{s}+\frac{Bs+C}{s^2+2s+2}.
Multiplicando por s(s^2+2s+2) e igualando coeficientes, chega-se a
A=\tfrac12,\quad B=-\tfrac12,\quad C=-1.
Logo
I(s)=e^{-2s}\Bigl(\frac{1}{2s}+\frac{-\tfrac12\,s-1}{s^2+2s+2}\Bigr).

Passo 4

Reescrevemos o segundo termo com s^2+2s+2=(s+1)^2+1. Note que
-\tfrac12\,s-1=-\tfrac12(s+1)-\tfrac12,
logo
\frac{-\tfrac12\,s-1}{(s+1)^2+1} =-\tfrac12\frac{s+1}{(s+1)^2+1} -\tfrac12\frac{1}{(s+1)^2+1}.

Passo 5

Invertendo cada parcela (sem o fator de atraso e^{-2s}), temos para t\ge0:
\mathcal{L}^{-1}\bigl\{\tfrac1{2s}\bigr\}=\tfrac12, \quad \mathcal{L}^{-1}\Bigl\{\frac{s+1}{(s+1)^2+1}\Bigr\}=e^{-t}\cos t, \quad \mathcal{L}^{-1}\Bigl\{\frac1{(s+1)^2+1}\Bigr\}=e^{-t}\sin t.
Portanto a resposta não deslocada é
f(t)=\frac12 -\frac12e^{-t}\cos t -\frac12e^{-t}\sin t.

Passo 6

Pela propriedade do atraso, a transformada multiplicada por e^{-2s} corresponde a f(t-2) vezes U(t-2). Logo
i(t)=U(t-2)\Bigl[\tfrac12 -\tfrac12e^{-(t-2)}\cos(t-2) -\tfrac12e^{-(t-2)}\sin(t-2)\Bigr].

Resposta

i(t)=U(t-2)\Bigl[\tfrac12 -\tfrac12e^{-(t-2)}\bigl(\cos(t-2)+\sin(t-2)\bigr)\Bigr].

Exercícios relacionados