Exercício 2.7 Determine a resposta ao degrau unitário v_{o}(t) de um filtro passa-baixas RC de primeira ordem, assumindo condições iniciais nulas, sabendo que a constante de tempo do circuito é \tau=2 \mathrm{~ms}.

Passo 1

O enunciado pede a resposta ao degrau unitário v_{o}(t) de um filtro passa-baixas RC de primeira ordem, com condições iniciais nulas e constante de tempo \tau=2\\ \mathrm{ms}.
Informações dadas:
  • Excitação: degrau unitário \,v_{i}(t)=u(t)\,.
  • Condições iniciais nulas: tensão inicial no capacitor \,v_o(0^-)=0.
  • Constante de tempo do circuito: \,\tau=2\\ \mathrm{ms}.
O que se pede:
  • Encontrar v_{o}(t) para todo t (tipicamente o resultado é uma função peça-por-peça: antes e depois do acionamento do degrau).

Passo 2

Modelo físico e equação diferencial do circuito (passo-a-passo, sem pular etapas).
Descrição do circuito: um resistor R em série com um capacitor C, com a entrada aplicada à série R C e a saída tomada na tensão do capacitor v_o(t).
Aplicando as leis básicas:
  • A corrente no capacitor é i_C = C\,\dfrac{dv_o}{dt}.
  • A mesma corrente passa pelo resistor, e a tensão no resistor é v_R = v_i(t)-v_o(t). Pela lei de Ohm, v_R = R\,i_C.
Igualando:
R\,C\,\frac{dv_o}{dt} = v_i(t) - v_o(t).
Definindo a constante de tempo \tau = R C, reorganizamos a equação:
\tau\,\frac{dv_o}{dt} + v_o(t) = v_i(t).
Explicação do significado:
  • O termo \tau\,\dfrac{dv_o}{dt} representa a resposta dinâmica do capacitor (inércia elétrica); quanto maior \tau, mais lenta a variação de v_o.
  • O termo v_o(t) representa a tendência da saída em acompanhar a entrada.
  • Para entrada constante, o circuito tende para um regime estacionário onde \tau\,\dfrac{dv_o}{dt}=0\Rightarrow v_o=v_i (ganho DC igual a 1, característico de um passa-baixas ideal sem atenuação DC).

Passo 3

Resolver a equação diferencial para entrada degrau unitário. Colocando \,v_i(t)=u(t)\, e focando no intervalo t\ge 0:
A equação para t\ge 0 fica
\tau\,\frac{dv_o}{dt} + v_o(t) = 1.
Método: solução geral = solução homogênea + solução particular.
  1. Solução homogênea (equação associada sem o termo de entrada):
\tau\,\frac{dv_{o,h}}{dt} + v_{o,h}(t) = 0.
Separando variáveis:
\frac{dv_{o,h}}{v_{o,h}} = -\frac{dt}{\tau}.
Integrando:
\ln|v_{o,h}| = -\frac{t}{\tau} + \text{constante} \quad\Rightarrow\quad v_{o,h}(t) = A\,e^{-t/\tau},
onde A é constante a determinar pelas condições iniciais.
  1. Solução particular (procuramos uma solução constante porque a entrada é constante):
    Assumir v_{o,p}(t)=K para algum K constante. Substituindo na equação:
\tau\cdot 0 + K = 1 \quad\Rightarrow\quad K=1.
Logo a solução particular é v_{o,p}(t)=1.
Portanto a solução geral para t\ge 0 é
v_o(t) = 1 + A\,e^{-t/\tau},\qquad t\ge 0,
com A desconhecida ainda.

Passo 4

Aplicar a condição inicial (condições iniciais nulas) para determinar A.
Como o circuito está em repouso antes do degrau, tem-se \,v_o(0^-)=0. A tensão do capacitor não apresenta salto instantâneo além do que a equação do circuito permite; com excitação degenerada no instante t=0 e componentes ideais, tomamos \,v_o(0)=0.
Avaliar a solução geral em t=0:
v_o(0)=1 + A\,e^{0}=1 + A.
Impor v_o(0)=0
0 = 1 + A \quad\Rightarrow\quad A = -1.
Substituindo A=-1 na solução geral obtemos a forma final da solução para t\ge 0. (A expressão final com \tau=2\\ \mathrm{ms} está na seção de resposta abaixo.)
Interpretação física rápida:
  • No instante t=0^+ a saída começa em zero (capacitor descarregado).
  • A saída sobe exponencialmente e tende assintoticamente ao valor DC da entrada (que é 1).
  • O tempo característico de subida é a constante \tau: após t=\tau a saída alcança cerca de 1 - e^{-1}\approx 0{,}632 (ou 63,2%) do valor final.

Passo 5

Aplicando o valor numérico dado \tau=2\\ \mathrm{ms} para exemplos práticos (sem repetir a expressão final que está abaixo):
  • Valor de v_o no tempo t=\tau:
v_o(\tau) = 1 - e^{-1} \approx 0{,}632.
  • Valor de v_o em t=3\tau:
v_o(3\tau) = 1 - e^{-3} \approx 0{,}950.
Esses cálculos ajudam a ter intuição: em t=2\\ \mathrm{ms} a saída já atingiu cerca de 63{,}2\% do valor final; em t=6\\ \mathrm{ms} (que é 3\tau) já está perto de 95{,}0\%.

Resposta

v_o(t)=\begin{cases} 0, & t<0,\\[6pt] 1 - e^{-t/(2\\ \mathrm{ms})}, & t\ge 0. \end{cases}]

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