Análise de circuitos elétricos CC e CA usando transformada de Laplace

Análise de circuitos elétricos CC e CA Pedro Barros Neto
18 - Aplicação de Laplace em circuitos
Objetivos:
• Aplicar a transformada de Laplace em funções comuns, usando a definição e as tabelas.
• Transformar circuitos com quaisquer condições iniciais de seus componentes reativos.
• Analisar o circuito no domínio “s” e verificar as respostas usando os teoremas do valor
inicial (TVI) e do valor final (TVF).
• Aplicar a transformada inversa para retornar ao domínio “t”.
Ver os conceitos de Laplace no capítulo A – Ferramentas matemáticas.
18.1- Laplace aplicada a circuitos em regime livre ou natural
18.1.1 - RL em série: descarga do indutor (Fig. 18 - 01)
Objetivo: trabalhar no domínio (s) para calcular a corrente instantânea i(t>0
+
) .
Nota: Sabemos que a carga de um indutor é dissipada instantaneamente na abertura do interruptor,
por isso, estudá-lo durante a descarga requer um interruptor sem retardo entre as posições “a =
fonte” , “b = carga” , com o indutor no polo “c”: liga a carga antes e desliga a fonte depois.
Considerar o indutor com uma corrente inicial Io=i(0−
) , remanescente de uma energização
anterior, que vai gerar uma tensão inicial autoinduzida, representada pela fonte de tensão (f.c.e.m.)
−LIo , em série com o indutor. Assim, a tensão do indutor, representada no domínio (s), será
V (s)=sL.I −L.Io . Atento ao sinal da fonte L. Io , que está oposto ao sentido da corrente
de carga i(0
−
) .
LTK da malha no domínio (s):
sLI (s)+ RI (s)= L Io fatorando I(s) :
I(s)[ sL+ R]= L Io I(s)=
L Io
[sL + R]
dividindo o segundo membro por “L” :
I(s)=
Io
[s +
R
L
]
como a constante de tempo
do circuito RL é τ =
L
R
, teremos:
I(s)=
Io
s +
1
τ
(18.01)
1

A transformada inversa de Laplace, será (tabela)
K
s +α
⇔ Ke
−α t
onde α =
1
τ
e K =I0 ,
nos dará a expressão i(t)= Io e
−
t
τ
(18.02), que é uma função exponencial decrescente, que se
inicia em i(0
+
)= Io , haja vista e
0
=1 .
18.1.2 - RL em paralelo: descarga do indutor (Fig. 18 - 02)
Objetivo: trabalhar no domínio (s) para calcular a tensão instantânea v(t >0+
) .
Considerar o indutor com uma corrente inicial
Io= i(0
+
) , remanescente de uma energização
anterior, representada pela fonte de corrente
Io
s
em paralelo com o indutor, polarizada no mesmo
sentido da corrente de carga, e que vai gerar uma
tensão V (s) sobre o indutor.
LCK do nó “a” no domínio (s):
I(s) +
V (s)
sL
=
Io
s
ou
V (s)
R
+
V (s)
sL
=
Io
s
.
Isolando o termo da tensão:
V (s)[1
R
+
1
sL ]=
Io
s
V (s)=
Io
s
1
R
+
1
sL
.
Manipular algebricamente para obter uma expressão adequada às fórmulas de Laplace dadas em
tabelas: V (s)=
Io
s
sR
[1
R
+
1
sL]sR
V (s)=
Io R
[sR
R
+
sR
sL ]
V (s)=
Io R
s +
R
L
como a constante de
tempo do circuito RL é τ =
L
R
, teremos: V (s)=
Io R
s +
1
τ
(18.03)
A transformada inversa de Laplace, obtida a partir de tabela, na forma
K
s +α
⇔ Ke−α t
onde
α =
1
τ
e K =I0 R , nos dará a expressão v(t )= Io R e
−
t
τ
(18.04) que é uma função
exponencial decrescente, que se inicia em v(0)= Io R , haja vista e
0
=1 .
A escolha do modelo de indutor no domínio (s), em série ou em paralelo com sua fonte interna,
dependerá da grandeza a ser calculada.
2

18.1.3 - RC em série: descarga do capacitor (Fig. 18 - 03)
Objetivo: trabalhar no domínio (s) para calcular a corrente instantânea i(t>0+
) .
Considerar o capacitor com uma tensão inicial v(0
+
)=V o , remanescente de uma energização
anterior, representada pela fonte de tensão
V o
s
, em série com o capacitor, e que vai gerar uma
corrente de descarga I(s) , com sentido contrário à corrente de carga.
LTK da malha no domínio (s) VC + V R =V o ou
I (s)
sC
+ I (s)R =
Vo
s
.
Colocar I(s) em evidência no primeiro
membro: I(s)[ 1
sC
+ R]=
Vo
s
. Separar I(s)
I(s)=
Vo
s[ 1
sC
+ R]
I(s)=
Vo
[ s
sC
+ sR]
.
Multiplicar numerador e denominador por
1
R
para obter uma expressão adequada às fórmulas de
Laplace disponíveis em tabela:
I(s)=
Vo(
1
R
)
[1
C
+ sR](
1
R
)
I(s)=
Vo
(R)
[ 1
C(R)
+
sR
R ]
.Simplificar e ordenar: I(s)=
Vo
R
s +
1
RC
.
Como a constante de tempo do circuito é τ =RC , teremos: I(s)=
V o
R
s +
1
τ
(18.05). A
transformada inversa de Laplace, obtida a partir de tabela, na forma
K
s +α
⇔ Ke
−α t
onde
α =
1
τ
e K =
V0
R
, nos dará a expressão i(t)=
Vo
R
e
−
t
τ
(18.06), que é uma função
exponencial decrescente, que se inicia em i(0)=
Vo
R
, haja vista e
0
=1 .
3

Para determinar a tensão instantânea de descarga, basta aplicar a Lei de Ohm: v(t )= Ri(t) ou
v(t )= Vo e
−
t
τ
.
18.1.4 - RC em paralelo: descarga do capacitor (Fig. 18 – 04).
Objetivo: trabalhar no domínio (s) para calcular a tensão instantânea v(t >0
+
) .
Considerar o capacitor com uma tensão inicial
v(0
+
)=V o , remanescente de uma energização anterior,
representada pela fonte de corrente CVo em paralelo
com o capacitor, polarizada no sentido contrário à corrente
de carga, e que vai gerar uma tensão V (s) .
LCK do nó “a” no domínio (s) : I(s) +
[
V (s)
1
sC ]=CV o
V (s)
R
+
[
V (s)
1
sC ]=CV o ou
V (s)
R
+ VsC =CV o .
Explicitando a tensão V (s)
[1
R
+ sC
]= CVo ou
V (s)=
CV o
[1
R
+ sC]
. Multiplicar numerador e denominador por
1
C
para obter uma expressão
adequada às fórmulas de Laplace disponíveis em tabela: V (s)=
CV o(
1
C
)
[1
R
+ sC
](
1
C
)
Simplificar e
ordenar: V (s)=
Vo
[s +
1
RC ]
. Como a constante de tempo do circuito é RC =τ , teremos:
V (s)=
Vo
s +
1
τ
(18.07)
4

A transformada inversa de Laplace, obtida a partir de tabela, na forma
K
s +α
⇔ Ke−α t
onde
K =V 0 e α =
1
τ , nos dá a expressão v(t )= Vo e
−
t
τ
(18.08), que é uma função
exponencial decrescente, que se inicia em v(0)=Vo , haja vista e
0
=1 .
A escolha do modelo de capacitor no domínio (s), em série ou em paralelo com sua fonte interna,
dependerá da grandeza a ser calculada.
18.1.5 – Circuito RLC em paralelo: resposta a um degrau (Fig. 18-05)
Este circuito já foi analisado no domínio do tempo, no capítulo 15, e de lá vamos resgatar a
descrição de seu funcionamento e a EDO não homogênea que o descreve.
A chave na posição “a” , no instante anterior t =0−
, fecha um curto circuito, zerando toda a
energia armazenada nos elementos reativos, e teremos iL(0
−
)=0 A e vC (0
−
)=0V .
A chave na posição “b”, no instante inicial t =0
+
, liga a fonte de corrente, que fornece um
degrau If , e as condições iniciais serão: iL(0+
)=Io =0 A e vC (0+
)=V o =0V .
Como a tensão instantânea v(t ) é mesma sobre todos os elementos, a corrente total pode ser
obtida pela aplicação da LCK nos braços do circuito (nó “c”): iL(t)+ iR(t)+ iC (t)=ICC onde as
correntes individuais, em função da tensão, serão: iL(t)
1
L
∫
0
1
v(τ )dτ , iR(t )=
v(t )
R
e
iC (t)=C
dv(t )
dt
, teremos:
1
L
∫
0
t
vL (t)dτ +
v(t)
R
+ C
d vC (t)
dt
=ICC (18.09).
5

A conversão desta equação íntegro diferencial para o domínio da frequência será com as expressões:
∫
−∞
t
v(t) dt =
V (s)
s
, IR(s)=
V (s)
R
d v(t )
dt
=s V (s)−V (0+
) ou
1
L
.
V (s)
s
+
V (s)
R
+ C[ s V (s) –V (0
+
)]=
If
s
, que é uma equação algébrica. Como Vo =0V
e colocando a variável a ser determinada em evidência, teremos V (s)[ 1
sL
+
1
R
+ sC]=
If
s
(18.10).
Multiplicar os dois membros de (19.10) por “s” V (s)
[1
L
+
s
R
+ s
2
C
]=I f , separar a variável
desconhecida V (s)=
If
1
L
+
s
R
+ s
2
C
, e separar o termo s
2
, dividindo a expressão por “C” e
ordenando o denominador V (s)=
If
C
s
2
+(
1
RC
) s +
1
LC
(18.11) . No denominador temos uma
equação de 2° grau com a=1 , cujas raízes nos permitirão calcular a tensão.
A corrente no indutor é dada por IL(s)=
V (s)
sL
+
I (0−
)
s
. Como I(0−
)=0 A
IL(s)=
[
I f
C
s
2
+(
1
RC
)s +
1
LC
]1
sL
ou IL(s)=
If
C L
s[s
2
+(
1
RC
)s +
1
LC ]
(18.12).
6

Exemplo 18.1.6:
Circuito da Fig. 18 - 06 com os valores: R=625Ω , C =0,000.000.025 F , L=0,025 H
e If =0,024 A ,
Calcular iL(t) .
Da expressão (18.12) IL(s)=
0,024(
1
0,000.000.025 x 0,025
)
s[s
2
+(
1
625 x0,000.000.025
)s +
1
0,025x 0,000.000.025 ]
IL(s)=
38.400.000
s(s
2
+ 64.000 s +1.600.000.000)
(18.13).
Resolver a equação do 2° grau do denominador, com a=1 :
√Δ=√[(64.000
2
)–(4∗1.600.000.000)] √Δ=√[( 4.096.000.000 )–(6.400.000.000)]
√Δ=√[−2.304.000.000 ] √Δ=± j 48.000 .
r1 =
−64.000+ j 48.000
2
r1 =−32.000+ j 24.000 e r2 =−32.000−j 24.000 .
Fatorar a equação do 2° grau do denominador: a(s−r1)(s −r2) como neste caso a=1 ,
teremos: [s−(−32.000+ j 24.000)][s−(−32.000− j 24.000)] ou
[s +(32.000− j 24.000)][s +(32.000 + j 24.000)] .
Substituindo estes valores em (18.13), teremos:
IL(s)=
38.400.000
s[s +(32.000− j 24.000)][ s +(32.000+ j 24.000)]
Aplicar o Teorema do valor final (TVF) na expressão (18.13) para testar o resultado no domínio (t):
lim
s→0
sIL (s)=
38.400.000
s(s
2
+ 64.000 s + 1.600.000.000)
Se t →∞ ,iL→I f=24 mA :
lim
s→0
sIL (s)=
38.400.000
1.600.000.000
=0,024 A .
18.1.7 - RLC em série: resposta a um degrau (FIG. 18–07)
A figura representa um circuito com elementos ideais em série, alimentado por uma fonte de tensão,
e que deve ser entendido da seguinte forma:
A chave no instante anterior t =0
−
fecha um curto circuito na malha, zerando toda a energia
armazenada nos elementos reativos após t ≥5τ .
7

No instante t =0
+
, a chave coloca a fonte de tensão, que fornece um degrau Vf , e as
condições iniciais serão: iL(0
+
)=Io =0 A e vC (0
+
)=V o =0V .
Como a corrente instantânea é a mesma em todos os elementos, a expressão íntegro diferencial que
descreve este circuito é uma EDO não homogênea de 2a
ordem, obtida por aplicação da LTK no
circuito: vR(t) + vL (t) + vC (t)=Vf , ou Ri(t )+ L
di(t)
dt
+
1
C
∫
0
t
i(t)dt =Vf (18.14).
Sendo:
d i(t)
dt
= s I (s)−I (0+
) , ∫
0
t
i(t)dt =
I(s)
s
e Vf (t)=
Vf
s
.
A conversão da expressão (18.14) para o domínio da frequência será:
LTK
Vf
s
=R I(s) + sL I (s)– I(0+
)+
I(s)
sC
Se Io=0V , e colocando em evidência a variável a
ser determinada, teremos I(s)
[sL+ R +
1
sC ]=
Vf
s
(18.15) . Multiplicar os dois membros por
“s” I(s)
[Ls
2
+ Rs+
1
C ]=Vf , separar a variável desconhecida I(s)=
Vf
[Ls2
+ Rs +
1
C
]
, e
8

separar o termo s
2
, dividindo a expressão por “L” I(s)=
Vf
L
[s2
+
Rs
L
+
1
LC
]
(18.16).
No denominador temos uma equação de 2° grau, com a=1 e cujas raízes nos darão a corrente.
A tensão no capacitor será : VC (s)=
I(s)
sC
+
VC (0−
)
s
. Se VC (0−
)= 0V , então
VC (s)=
[
Vf
L
s2
+
Rs
L
+
1
LC
]1
sC
(18.17).
Resposta (a) – Achar I(s) pela expressão (17) e aplicar a transformada inversa de Laplace.
Inicialmente
Vf
L
=
160
4
=40 ; LC =4(0,25)=1,então
1
LC
=1 e
R
L
=
4,8
4
=1,2 .
I(s)=
Vf
L
[s2
+
Rs
L
+
1
LC
]
I(s)=
40
[s2
+ 1,2s+ 1]
(18.18). Resolver a equação de 2° grau do
denominador: a=1 ; b=1,2 e c =1 . Δ=1,2
2
−4 Δ=−2,56 com solução
imaginária √Δ= j 1,6 . Raízes complexas r1 =
−1,2+ j 1,6
2
r1 =−0,6+ j 0,8 e
r2 =−0,6−j 0,8 .
Na forma fatorada, a equação de 2° grau é escrita como: a(s−r1)(s −r2) como neste caso
a=1 , teremos: [s−(−0,6+ j 0,8)][s −(−0,6− j 0,8)] ou
[s + 0,6− j 0,8][s + 0,6 + j 0,8] então
I(s)=
40
[s + 0,6 − j 0,8][ s + 0,6+ j 0,8]
. Expandir em frações parciais:
9
Exemplo 18.1.8 - Figura 18–08: Vf =160 V ; R= 4,8Ω ; L=4 H e C= 0,25 F
Determinar:
a) – i(t) parat > 0
b) – VL (s)
c) - vL(t ) parat > 0

I(s)=
A
[s + 0,6− j 0,8]
+
A∗
[s + 0,6 + j 0,8]
A =[(s + 0,6− j 0,8) I (s)]s= (−0,6+ j0,8) =
[ 40
(s + 0,6 + j 0,8) ]s=(−0,6 + j0,8)
=[ 40
−0,6+ j0,8+0,6 + j 0,8 ] A =
40
j1,6
ou A =
25
j
. Racionalizar A =
(−j)25
j(− j)
A =
(−j)25
1
ou A =− j 25 e A
∗
= j 25 . I(s)=
−j 25
[s + 0,6− j 0,8]
+
j 25
[s + 0,6 + j 0,8]
.
Primeiro termo F(s)=
K
(s + a)
⇔f (t)= K e
−at
F(s)=
− j25
[s +(0,6 − j0,8)]
⇔i(t)=K e
−at
como α =(0,6− j0,8) , teremos f (t)=− j 25 e−0,6 t
ej 0,8 t
com a exponencial fatorada.
Fórmula de Euler aplicada ao fator imaginário de uma exponencial complexa:
e
jθ
= cosθ + j senθ .
Aplicar Euler no fator imaginário da exponencial f (t)=− j 25 e−0,6 t
[cos(0,8 t)+ j sen(0,8 t )]
ou f (t)=e
−0,6 t
{− j 25 [cos(0,8 t)+ j sen(0,8 t)]} aplicar distributiva, lembrando que
(−j)( j)=1 , então f (t)=e
−0,6 t
{− j 25 [cos(0,8 t)] +25 sen(0,8 t)} (18.19).
Segundo termo F(s)=
K
(s + a)
⇔f (t)= K e
−at
F(s)=
j25
[s +(0,6 + j 0,8)]
⇔i(t)= K e
−at
como α =(0,6 + j 0,8) , teremos f (t)= j 25 e−0,6 t
e−j 0,8 t
e
−jθ
=cosθ − j senθ .
Aplicar Euler no fator imaginário da exponencial f (t)= j 25 e−0,6 t
[cos(0,8 t)− j sen(0,8 t)] ou
f (t)=e−0,6 t
{ j 25 [cos(0,8 t )− j sen(0,8 t )]} aplicar distributiva, lembrando que
( j)(−j)=1 , então f (t)=e−0,6 t
{ j 25 [cos(0,8 t)] +25 sen(0,8 t)} (18.20).
Operar algebricamente (18.19) e (18.20):
f (t)=e
−0,6 t
{− j 25 [cos(0,8 t)] +25 sen(0,8 t)} (18.19).
f (t)=e
−0,6 t
{ j 25 [cos(0,8 t)] +25 sen(0,8 t)} (18.20).
i(t)=e−0,6 t
50 sen(0,8 t) ou i(t)=50e−0,6 t
sen(0,8 t) , que é a inversa da expressão
(18.18) I(s)=
40
[s
2
+ 1,2s+ 1]
.
10

Resposta (b) - VL (s)=sL. I (s) . Sendo L=4 H e a partir da expressão (19.18)
VL (s)=
40(s 4)
[s
2
+ 1,2s+1]
ou VL (s)=
160 s
[s
2
+ 1,2s+1]
(18.21) .
Resposta (c) – Da expressão (18.21), com denominador fatorado:
VL (s)=
160 s
[s + 0,6− j 0,8][s + 0,6 + j 0,8]
Expandir em frações parciais
VL (s)=
A
[s + 0,6− j 0,8]
+
A
∗
[s + 0,6+ j 0,8]
Calcular resíduos:
A =[(s + 0,6− j 0,8) V L(s)]s=(−0,6 + j0,8) =
[ 160s
(s + 0,6 + j 0,8)]s=(−0,6 + j0,8)
=[ 160(−0,6 + j 0,8)
−0,6+ j0,8+0,6 + j 0,8 ] A =
160(−0,6+ j 0,8)
j 1,6
ou A =
100(−0,6+ j 0,8)
j
racionalizar com j(− j)=1 A =
100(−0,6+ j 0,8)(−j)
j(− j)
A =80+ j 60 e
A∗
=80− j60 . Então VL (s)=
80+ j60
[s + 0,6 − j 0,8]
+
80− j60
[ s + 0,6+ j 0,8]
Primeiro termo F(s)=
K
(s + a)
⇔f (t)= K e−at
F(s)=
80+ j 60
[s +(0,6 − j0,8)]
⇔f (t )=K e−at
como α =(0,6− j0,8) , teremos f (t)=80+ j 60 e
−0,6 t
e
j 0,8 t
e
jθ
=cosθ + j senθ .
Aplicar Euler no fator imaginário da exponencial
f (t)= 80+ j 60 e−0,6 t
[cos(0,8 t)+ j sen(0,8 t )] ou
f (t)=e−0,6 t
(80+ j60) [cos(0,8 t) + j sen(0,8 t)] . Aplicar distributiva, lembrando que
( j)( j)=−1 , então:
f (t)=e−0,6 t
[80 cos (0,8 t )+ 80 j sen (0,8 t )+ 60 j cos (0,8 t)−60 sen (0,8 t )] (18.22).
Segundo termo F(s)=
K
(s + a)
⇔f (t)= K e−at
F(s)=
80−j 60
[s +(0,6 + j 0,8)]
⇔f (t)= K e−at
como α =(0,6 + j 0,8) , teremos f (t)=80− j60 e
−0,6 t
e
− j 0,8 t
e
−jθ
=cosθ − j senθ .
11

Aplicar Euler no fator imaginário da exponencial
f (t)=80− j60 e−0,6 t
[cos(0,8 t)− j sen(0,8 t)] ou
f (t)=e
−0,6 t
(80−j 60)[cos(0,8 t )− j sen(0,8 t )] . Aplicar distributiva, lembrando que
(−j)(− j)=−1 , então:
f (t)=e
−0,6 t
[80 cos (0,8 t )−80 j sen (0,8 t)−60 j cos (0,8 t)−60 sen (0,8 t)] (18.23).
Operar algebricamente as expressões (18.22) e (18.23):
f (t)=e−0,6 t
[80 cos (0,8 t )+ 80 j sen (0,8 t )+ 60 j cos (0,8 t)−60 sen (0,8 t )] (18.22).
f (t)=e−0,6 t
[80 cos (0,8 t )−80 j sen (0,8 t)−60 j cos (0,8 t)−60 sen (0,8 t)] (18.23).
vL(t )=e
−0,6 t
[160 cos (0,8 t)−120 sen (0,8 t)] (18.24).
Exemplo 18.1.9 - Dado: circuito da fig. 18 – 09 R=600Ω , L=0,02 H e
C=0,000.000.03 F , pedem-se:
a)- A admitância do circuito no domínio (s).
b)- Valores numéricos de raízes e polos.
Resposta (a) a admitância é dada pela soma das admitâncias individuais Y (s)=
1
R
+
1
sL
+ sC ,
mas precisamos de uma expressão racional, cujo numerador seja um polinômio de 2° grau, de onde
determinaremos as raízes (zeros), e consequentemente, o polo do denominador.
Passo (1): criar um polinômio quadrático, multiplicando os termos do segundo membro por “s”
Y (s)=
s
R
+
1
L
+ Cs
2
Passo (2): colocar “C” em evidência para isolar o termo de 2° grau Y (s)=C
[s2
+
1
RC
s +
1
LC ] .
12

Passo (3): dividir por “s” para compensar o passo (1) Y (s)=
C
[s
2
+
1
RC
s +
1
LC ]
s
.
No numerador desta expressão temos uma equação de 2° grau, cujas constantes, são a=1 ;
b=2α =
1
RC
onde α é a frequência neperiana ou amortecimento, e c =ω0
2
=
1
LC
, onde
ω0 é a frequência de ressonância.
Calcular constantes:
1
RC
=
1
600 x 0,000.000.03
=55.555,55 .
1
LC
=
1
0,02x 0,000.000.03
=1.666.666.666,66 .
Y (s)=
0,000.000 .03[s
2
+ (55.555,55) s+ 1.666.666.666,66]
s
calcular o
discriminante da equação de 2° grau: Δ=√55.555,55
2
−(4 x 1x 1.666.666.666,66)
Δ=√3.086.419.135,8−(6.666.666.666,64) Δ=√−3.580.247.530,84 Δ= j59.835,17 .
Calcular as raízes ou zeros do numerador: z1,2=
−55.555,55± j59.835,17
2
z1=−27.777,775− j 29.917,585 rd/s .
z2=−27.777,775 + j29.917,585 rd/s .
No denominador de (1) não existe o termo completo (s+ p) , portanto o polo será p1=0rd/ s
Exemplo 18.1.10 - Dado: circuito da fig. 18 – 10 R1 =2.200Ω , R2 =600Ω , L=0,02 H e
C=0,000.000.03 F , pedem-se:
a)- A impedância do circuito no domínio (s).
b)- Valores numéricos de raízes e polos.
13

Resposta (a)
A impedância será a soma de R =2.200Ω com o inverso da admitância, já calculada:
Z(s)=2.200Ω +
1
Y (s)
ou Z(s)=2.200+
s
C
[s
2
+
1
RC
s +
1
LC ]
.
Do Exemplo anterior, temos: Y (s)=
0,000.000.03[s
2
+ (55.555,55) s+ 1.666.666.666,66]
s
.
Como
1
C
=
1
0,000.000.03
=33.333.333,33 , teremos:
Z(s)=2.200+
33.333.333,33 s
[s
2
+(55.555,55)s + 1.666.666.666,66]
m.m.c.
Z(s)=
2.200[s2
+ (55.555,55) s+ 1.666.666.666,66] + 33.333.333,33 s
[s
2
+(55.555,55)s + 1.666.666.666,66]
simplificar
Z(s)=
2.200[s
2
+ (33.388.888,88 )s +1.666.666.666,66]
[s2
+(55.555,55)s +1.666.666.666,66]
.
Resposta (b)
Calcular o discriminante da equação de 2° grau do numerador:
Δ=√33.388.888,88
2
−4 x1.666.666.666,66
Δ=√1.114.817.900.640.987,65−6.666.666.666,64 Δ=√ 1.114 .811.233.974.321,01 ou
Δ=33.388.789,04 .
Raízes ou “zeros” do numerador: z1=
−33.338.888,88 + 33.388.789,04
2
z1=
49.900,16
2
z1=24.950,08rad/s .
z2=
−33.338.888,88−33.388.789,04
2
z1=
−66.727.677,92
2
z2=−33.363.838,96 rad /s .
Calcular o discriminante da equação de 2° grau do numerador:
Δ=√55.555,55 2
−4∗1.666.666.666,66 Δ=√3.086.419.135,8−6.666.666.666,64
Δ=√−3.580.247.530,83 Δ= j 59.835,17 solução imaginária.
Polos do denominador: p1 =
−55.555,55+ j 59.835,16
2
p1 =−27.777,775 + j 29.917,58 rad/s .
p2 =−27.777,775 − j 29.917,58 rad/ s .
14

Circuito RLC em paralelo (Fig. 18 – 11): resposta transitória devido a uma fonte ideal de
corrente alternada
Condições iniciais: zero energia armazenada.
Da expressão (18.11), que dá a tensão CC no circuito RLC em paralelo, se trocarmos a fonte de
corrente CC por CA, o numerador será diferente: V (s)=
(Ig
C )s
s
2
+( 1
RC )s +
1
LC
(18.25) onde
Ig =
sIm
s
2
+ ω2
(18.26).
Substituindo (19-26) em (19-25) , teremos V (s)=
[Im
C ]s2
(s2
+ω2
)[s2
+(
1
RC
)s +
1
LC ]
(18.27).
A corrente no circuito, dependente da corrente no indutor, será IL(s)=
V
sL
, ou:
IL(s)=
[ Im
LC ]s
(s
2
+ ω2
)[s
2
+(
1
RC
)s +
1
LC ]
(18.28).
A decomposição em frações parciais, será:
IL s=
K1
s− jω
+
K1
∗
s + jω
+
K2
s−(−α + j β )
+
K2
∗
s −(−α − j β)
(18.29) onde os polos conjugados
de K1 são obtidos diretamente de (s
2
+ ω2
) e os polos conjugados de K2 são as raízes da
equação de 2° grau entre colchetes .
15

ω → frequência angular da fonte;
α → frequência Neper;
β → frequência angular amortecida;
A transformada inversa de IL(s) , será:
iL(t)=2|K1|cos(ω t + ∠ K1) + 2|K2|e−α t
cos(β t + ∠ K2) (18.30).
Onde o primeiro termo é a resposta em estado estacionário, que depende da fonte de corrente
alternada, e o segundo termo é a resposta natural, que depende dos parâmetros dos elementos do
circuito.
Exemplo 18.1.11 – dados do ircuito da Fig. 18 – 11 na equação (18.28):
LC + 0,025x 0,000.000.025 =0,000000000625 RC =625x 0,000.000.025=0,000015625
IL(s)=
[ 0,024
0,000.000.000.625 ]s
(s2
+ 40.0002
)[s2
+ (
1
0,000.015.625
)s +
1
0,000.000.000.625]
ou
IL(s)=
[38.400.000 ]s
(s
2
+ 1.600.000.000 )[s
2
+(64.000)s + 1.600.000.000 ]
(18.31). Resolver as raízes do
denominador:
1ª parcela: √Δ=√(−4)1.600.000.000= j80.000 então r1 = j 40.000 e r2 =− j 40.000 .
Fatores: (s − j 40.000)(s + j 40.000)
2ª parcela: √Δ=√4.096.000.000−6.400.000.000 √Δ=√−2.304.000.000
√Δ= j 48.000 então r1 =α =−32.000 + j 24.000 e r2 =β =−32.000− j24.000 .
Fatores: (s + 32.00 – j24.000)(s + 32.00+ j 24.000) .
Substituir os valores em (18.31)
IL(s)=
[38.400.000 ]s
(s − j 40.000 )(s + j 40.000 )[(s + 32.000− j 24.000)(s + 32.000+ j 24.000)]
decompor
em frações parciais:
IL(s)=
K1
(s − j 40.000 )
+
K1
∗
(s + j 40.000 )
+
K2
(s + 32.000− j 24.000 )
+
K2
∗
(s + 32.000+ j24.000 )
Calcular K1 =|[ IL(s)](s− j 40.000)|s= j40.000
16

K1 =
[38.400.000 ]( j 40.000 )
( j 40.000+ j 40.000 )[( j 40.000+ 32.000− j 24.000)( j 40.000+ 32.000 + j 24.000)]
K1 =
[38.400.000 ]( j 40.000 )
( j 80.000 )[(32.000 + j16.000)(32.000 + j 64.000)]
K1 =
j1.536.000.000.000
( j 80.000 )[(32.000 + j16.000)(32.000 + j 64.000)]
simplificar
j1.536.000.000.000
j 80.000
=19.200.000 K1=
19.200.000
[(32.000 + j 16.000)(32.000 + j 64.000)]
operar
denominador K1 =
19.200.000
j 2.560.000.000
simplificar K1 =
3
j 400
racionalizar
K1 =
3(−j)
j 400(−j)
K1 =
−j 3
400
K1 =−j 0,0075 ou K1 =0,0075 ∠−90° , e
K1
∗
= j 0,0075 ou K1
∗
= 0,0075 ∠ 90° .
Calcular K2 =|I L(s)∗(s + 32.000− j 24.000)|s=−32.000+ j24.000
K2 =[38.400.000 (−32.000+ j 24.000)]
[ 1
((−32.000+ j 24.000)− j 40.000 )((−32.000+ j24.000)+ j 40.000 )]
[ 1
[((−32.000+ j24.000)+ 32.000− j 24.000)((−32.000+ j24.000)+ 32.000 + j 24.000)]]
K2 =
38.400.000 (−32.000+ j 24.000)
(−32.000− j16.000 )(−32.000+ j64.000)[ j 48.000]
simplificar
38.400.00
j 48.000
=
800
j
K2 =
800(−32.000+ j24.000)
j(−32.000 − j16.000 )(−32.000+ j64.000)
K2 =
6.400.000(−4 + j 3)
−j 512.000.000(2+ j)(−1+ j2)
simplificar
6.400.000
− j512.000.000
=
1
−j 80
K2 =
(−4 + j3)
−j 80(2 + j)(−1+ j 2)
operar o denominador
(2+ j)(−1+ j2)=(−4 + j3) e − j 80(−4 + j 3)= 240+ j 320 , K2 =
(−4+ j3)
(240+ j 320)
Aplicar racionalização
a+ jb
c+ jd
=
(c−jd)(a+ jb)
(c−jd)(c+ jd)
=
(ac+bd)+ j(bc−ad)
c2
+d2
com a=−4 , b=3 ,
c =240 e d =320 . Então K2 =
[(−4)240]+[3∗320]+ j[(3∗240)−[(−4)320]]
(2402
+ 3202
)
K2 =
j2.000
160.000
17

K2 =
j
80
K2 = j0,0125 ou K2 =0,0125 ∠90° e
K2
∗
=− j0,0125 ou K2
∗
= 0,0125 ∠−90° .
IL(s)=
− j0,0075
(s − j 40.000 )
+
j 0,0075
(s + j 40.000 )
+
j 0,0125
(s + 32.000− j 24.000 )
+
−j 0,0125
(s + 32.000+ j24.000 )
Aplicar (18 – 30) iL(t)=2|K1|cos(ω t + ∠ K1) + 2|K2|e−α t
cos(β t + ∠ K2) .
iL(t)=2(0,0075)cos(40.000 t + ∠−90°) +2(0,0125)e
−32.000 t
cos(24.000t + ∠90°)
ou iL(t)=0,015cos(40.000t −90°)+ 0,025e−32.000 t
cos(24.000t + 90°) .
18.2 - Laplace em circuitos CC com múltiplas malhas
Exemplo 18.2.1 - Dados: circuito da fig.
18-12.
Condições iniciais: energia zero nos
elementos reativos.
LTK das malhas:
Malha 1
336
s
=(42+ 8,4 s)I1 −42I2
Malha 2 0=−42I1 + (90+ 10 s)I2 .
Aplicar matrizes, pelo método de Cramer:
Δ=
|(42 + 8,4s) −42
−42 (90 + 10s)| Δ=[(42 + 8,4s)(90+ 10s)]−[(−42)(−42)]
Δ=[84 s2
+ 1.186s + 3.780]−[1.764] Δ=84 s
2
+ 1.186s + 2.016
ou Δ=84(s2
+ 14 s + 24) raízes da equação de 2° grau: √14
2
−[4(24)] √196 −[96]
√100 =10 r1 ,r2=
−14 ±10
2
r1 =−2 e r2 =−12 .
Na forma fatorada, a equação de 2° grau é escrita como: a(s−r1)(s −r2) , e com a=1 ,
teremos: Δ=84[s −(−2)][s−(−12)] Δ=84(s + 2)(s + 12) .
N1 =
|(
336
s
) −42
0 (90 +10 s)| N1 =
30.240
s
+ 3.360s . Com M . D.C .=9 ,
N1 =
3.360 (s + 9)
s
.
18

N2 =
|(42+ 8,4 s)
336
s
−42 0 | N2 =
14.112
s
.
I1 =
N1
Δ
I1 =
3.360(s + 9)
s
84(s + 2)(s + 12)
ou I1 =
40(s + 9)
s[(s +2)(s + 12)]
.
I2 =
N 2
Δ
I2 =
14.112
s
84(s + 5)(s + 9)
ou I2 =
168
s(s + 2)(s + 12)
.
Expandir em frações parciais: I1 =
A
s
+
B
(s +2)
+
C
(s +12)
.
A =I1[s]s =0 A =
| 40(s + 9)
(s+ 2)(s +12)|s=0
A =
40∗9
2∗12
A =
360
24
ou A =15 .
B = I1[s + 2]s=−2 B =
|40(s + 9)
s(s + 12)|s=−2
B =
40(−2 + 9)
−2(−2 +12)
B =
40(7)
−2(10)
B =
280
−20
ou
B =− 14 .
C= I1[s +12]s=−12 C =|40(s + 9)
s(s+ 2) |s=−12
C=
40(−12+ 9)
−12(−12+ 2)
C =
40(−3)
−12(−10)
C=
−120
120
ou C =−1 .
Então: I1 =
15
s
−
14
(s +2)
−
1
(s +12)
E a transformada inversa, será: i(t)=15−14e−2t
−e−12t
.
I2 =
A
s
+
B
(s +2)
+
C
(s +12)
onde
A =I2[s]s=0 A =| 168
(s+ 2)(s +12)|s=0
A =
168
2∗12
A =
168
24
ou A =7 .
B =|I2(s+ 2)|s=−2 B =
| 168
(s)(s + 12)|s=−2
B =
168
(−2)(−2 +12)
B =
168
(−2)(10)
B =
168
(−20)
ou B =−8,4 .
19

C =|I2(s + 12)|s=−12 C=| 168
(s)(s +2)|s=−12
C=
168
(−12)(−12+ 2)
C=
168
(−12)(−10)
C=
168
120
ou C= 1,4 .
Então I2 =
7
s
−
8,4
(s +2)
+
1,4
(s +12)
.
E a transformada inversa, será: i2(t)=7 −8,4 e−2t
+ 1,4 e−12t
.
Teste da condição inicial: i2(0
+
)= 7−8,4 +1,4 = 0 A .
Teste no regime permanente t > 5τ : considerando-se os indutores ideais, com RL =0Ω , após
o transitório de carga, comportam-se como curto circuito e as malhas serão somente resistivas:
i1(∞)=
Vcc
R1∥R2
como R1∥R2 =
R1 x R2
R1 + R2
, então i1(∞)=Vf
[R1 + R2
R1 x R2
]
i1(∞)=336[42+ 48
42 x 48 ] i1(∞)=336[ 90
2.016] i1(∞)=336 x0,0446 ou i1(∞)=15 A .
i2(∞)=
vR1
R1 + R2
como vR1 =(i1 xR1) , i2(∞)=
15x 42
42+ 48
i2(∞)=
630
90
ou i2(∞)=7 A .
Para comprovar o valor correto das correntes das malhas, vamos calcular a tensão no nó “a” através
dos três braços:
1) - va(t )=Vcc – vL1(t) va(t )=Vcc – L1
di1(t)
dt
va(t )=336 – 8,4
di1(t )
dt
va(t )=336 –[8,4(28e−2t
+ 12e−12t
)] ou va(t )=336 –(235,2e−2t
+ 100,8e−12t
) .
2) - Va(t)= R1[i1(t)−i2(t )] va(t )=42(15−14 e
−2t
− e
−12t
)−(7−8,4e
−2t
+ 1,4e
−12t
)
va(t )=42[8−(5,6e
−2t
−2,4e
−12t
)] ou va(t )=336 –(235,2e
−2t
+ 100,8e
−12t
) .
Para t > 5τ VdR1 =42(15−7) va(∞)=42(8) ou va(∞)=336 V .
3) – va(t )=vL 2(t)+ vdR1(t) va(t )=10
di2(t)
dt
+ 48i2
va(t )=10(16,8e
−2t
−16,8e
−12t
)+ 48(7−8,4e
−2t
+ 1,4e
−12t
)
va(t )=(168e
−2t
−168e
−12t
) +336 −(403,2e
−2t
+67,2e
−12 t
) ou
va(t )=336 –(235,2e
−2t
+ 100,8e
−12t
) .
20

Nos três casos, a expressão da tensão instantânea é a mesma.
18.3 – Teorema da superposição no domínio da frequência
O teorema da superposição de grandezas pode ser aplicado em circuitos elétricos de CC com
elementos de parâmetros concentrados e de comportamento linear, permitindo que possamos obter
as respostas transitórias correspondentes a cada fonte de alimentação, assim como as condições
iniciais dos elementos armazenadores de energia, e cuja resposta total será a soma algébrica das
respostas particulares.
Na figura 18 - 13 temos um circuito no
domínio do tempo, com três malhas e duas
fontes de alimentação independentes, além das
condições transitórias vC (0)=Vo , ou tensão
inicial do capacitor, e iL(0)= Io , ou
corrente inicial do indutor. O objetivo da análise
é determinar a resposta do circuito, através da
expressão da tensão vR1 = va .
Na figura 18 – 14, o mesmo circuito está
convertido para o domínio da frequência, com
os elementos reativos modelados em paralelo para permitir a aplicação do método analítico das
tensões dos nós “a” e “b”.
A primeira componente da tensão
VR 1=Va1 será obtida com a
aplicação exclusiva da fonte de tensão
Vf e a exclusão das fontes de
corrente, conforme figura 18 - 15.
Utilizar as admitâncias:
Ya =
[1
R1
+ sC
] ,
Yb =
[ 1
R2
+
1
sL
+ sC
] e
Ya b =−sC .
LCK do nó “a”:
(Ya)Va1 +(Ya b)Vb1 =0 ou com
variáveis convertidas: Az + Cx =0
(18.32).
LCK do nó “b” :
(Yb)Vb1 + (Ya b)Va1 =
V f
R2
ou com
21

variáveis convertidas: Bx + Cz =K (18.33). Evidenciar “x” em (18.32): x=−
Az
C
.
Substituir “x” em (18.33): B(−AZ
C )+ Cz= K multiplicar por “C”: −BAz + C2
z =CK .
Evidenciar “z”: z(−AB + C2
)=CK . Resolver para “z” : z=
CK
−AB + C
2
. Voltar as variáveis
originais: Va1 =
Ya b(Vf
R2
)
−(Y a.Yb)+(Y a b)
2
(18.34).
A segunda componente da tensão VR 1=Va2 será obtida com a aplicação exclusiva da fonte de
corrente If e a fonte de tensão em curto circuito, conforme figura 18 - 16.
Utilizar as admitâncias:
Ya =
[1
R1
+ sC
] ,
Yb =
[ 1
R2
+
1
sL
+ sC
] e
Ya b =−sC .
LCK do nó “a”:
(Ya)Va2 +(Ya b)Vb2 = If ou com variáveis convertidas Az + Cx =W (18.35).
LCK do nó “b”: (Yb)Vb2 +(Ya b)Va2 =0 ou com variáveis convertidas Bx + Cz =0 (18.36).
Evidenciar “x” em (18.35): x=
W−Az
C
. Substituir “x” em (18.36): B(W − Az
C )+ Cz=0 .
Multiplicar por “C”: BW − BAz+ C
2
z =0 . Evidenciar “z”: z(−BA + C2
)+ BW =0 .
Resolver para “z”: z=
−BW
−BA + C
2
.
Voltar as variáveis originais: Va2 =
−Y b. If
−(Ya.Yb)+(Ya b)
2
(18.37).
A terceira componente da tensão VR 1=Va3 será obtida com a aplicação exclusiva da corrente
inicial no indutor
Io
s
, a fonte de tensão em curto circuito, e excluídas as outras fontes de
corrente, conforme figura 18 - 17. Notar que
Io
s
está com sentido do potencial maior para o
menor, portanto com a corrente invertida.
22

Utilizar as admitâncias: Ya =
[1
R1
+ sC
] , Yb =
[ 1
R2
+
1
sL
+ sC
] e Ya b =−sC .
LCK do nó “a”: (Ya)Va3 +(Ya b)Vb3 =0 ou com variáveis convertidas Az + Cx =0 (18.38).
LCK do nó “b”: (Yb)Vb3 +(Ya b)Va3 =−
Io
s
ou com variáveis convertidas Bx + Cz =−M
(18.39).
Evidenciar “x” em (18.38).: x=−
Az
C
.
Substituir em (18.39):
B(−Az
C )+ Cz=−M . Multiplicar por
“C”: −BAz + C
2
z =−MC .
Evidenciar “z”: z(−BA + C
2
)=−MC .
Resolver para “z”: z=
−MC
−BA + C
2
. Voltar as variáveis originais: Va3 =
Ya b(−
Io
s )
−(Yb.Ya)+(Y a b)2
(18.40).
A quarta componente da tensão VR 1=Va4 será obtida com a aplicação exclusiva da tensão
armazenada no capacitor Vo C , a fonte de tensão em curto circuito, e excluídas as outras fontes
de corrente, conforme figura 18 - 18. Notar que Vo C está provocando elevação de tensão do nó
“a” para o “b”.
[1
R1
+ sC
] , Yb =
[ 1
R2
+
1
sL
+ sC
] e Ya b =−sC .
Nó “a”: (Ya)Va4 +(Y a b)Vb4 =−VoC ou
com variáveis convertidas:
Az + Cx =−N (18.41).
Nó “b”: (Yb)Vb4 +(Y a b)Va4 = V oC ou
com variáveis convertidas: Bx + Cz =N
(18.42).
Evidenciar “x” em (18.41):
x=
−N − Az
C
. Substituir “x” em
23

(18.42): B(−N − Az
C )+Cz =N . Multiplicar por “C”: . −BN − BAz+ C2
z =CN Evidenciar
“z”: z(−BA + C2
)− BN =CN . Resolver para “z”: z=
CN + NB
−BA + C
2
ou z=
(B + C)N
−BA + C
2
. Voltar
com as variáveis originais: Va4 =
(Y b + Ya b)Vo C
−(Yb .Ya)+(Ya b)2
(18.43).
Agora temos as quatro componentes da tensão do nó “a”: Va =Va1 + Va2 + Va3 + Va4 ou
Va=
[Y a b
(Vf
R2
)]−[Yb .If ]+
[Y a b(−
Io
s )]+[(Y b + Ya b )Vo C]
−(Yb .Y a)+ (Ya b)2 (18.44).
Outra forma de resolver Va , sem aplicar o teorema da superposição, é a partir das expressões
completas dos nós “a” e “b”, considerando todas as fontes, conforme figura 18 - 14.
[1
R1
+ sC
] , Yb =
[ 1
R2
+
1
sL
+ sC
] e Ya b =−sC .
LCK do nó “a”: (Ya)Va +(Ya b)Vb= If−V oC ou com variáveis convertidas:
Az + Cx =W − N (18.45).
LCK do nó “b” : (Yb)Vb +(Ya b)Va=
Vf
R2
−
Io
s
+ V oC ou com variáveis convertidas:
Bx + Cz =K − M + N (18.46).
24

Explicitar “x” em (18.45): x=
W −N − Az
C
. Substituir “x” em (18.46):
B(W −N − Az
C )+ Cz = K − M + N . Multiplicar por “C”:
BW − BN −BAz +C2
z =CK −CM + CN . Evidenciar “z”:
z(− BA + C
2
) + BW −BN =CK −CM + CN . Resolver para “z”:
z=
CK − BW −CM + BN + CN
(− BA +C
2
)
. Voltar com as variáveis originais:
Va=
[Y a b
(Vf
R2
)]−[Yb .If ]+
[Y a b(−
Io
s )]+[(Y b + Ya b )Vo C]
−(Yb .Y a)+ (Ya b)
2 expressão igual a (18.44).
18.4 – Função de transferência no domínio da frequência H (s)
É a razão entre a TL da saída Y (s) e a TL da entrada X(s) de
um SISTEMA LINEAR E INVARIANTE NO TEMPO e com
condições iniciais nulas. Em malhas complexas, com mais de uma
fonte independente, aplicar o princípio da superposição de fontes:
calcular as funções com cada fonte e fazer a soma algébrica dos
resultados obtidos.
Com a função de transferência de um sistema, podemos calcular sua
resposta a um impulso, a um degrau unitário e em regime permanente
senoidal.
No circuito de Fig. 18 – 19 temos dois
sinais de saída, gerando duas funções
de transferência:
1. A corrente I(s) , que é a
mesma em todos os elementos:
H (s)=
I(s)
Vf
.
Como Vf = I (s)[sL+ R +
1
sC
] ,
então H (s)=
I (s)
I(s)[sL+ R +
1
sC ]
25

H (s)=
1
sL + R+
1
sC
. Multiplicar a expressão por sC para obtermos uma equação de 2° grau
no denominador: H (s)=
sC
LCs
2
+ RCs + 1
.
2. A tensão do capacitor V (s) : H (s)=
V (s)
V f
.
Como V (s)=I (s)
1
sC
e Vf = I (s)[sL+ R +
1
sC
] , então H (s)=
I(s)
1
sC
I(s)sL + R+[ 1
sC ]
ou
H (s)=
1
sC
sL + R+
[ 1
sC ]
. Multiplicar o numerador e o denominador por sC para obtermos
uma equação de 2° grau no denominador: H (s)=
1
LCs
2
+ RCs + 1
.
Exemplo 18.3.1: Dados da Fig. 18 – 20.
As impedâncias do circuito, no domínio do tempo, foram convertidas para o domínio da frequência.
A resposta de saída do circuito é a tensão do capacitor: H (s)=
V (s)
V f
.
Aplicando a LCK no nó “a”, teremos −I1 + I2 + I3 =0 ou I1 = I2 + I3 . Como a tensão no nó
“a” é a mesma no capacitor, teremos: I1 =
V f –V (s)
1.000
, I2 =
V (s)
250 + 0,05s
e I3 =
sV (s)
1.000.000
,
26

então:
V f –V (s)
1.000
=
V (s)
250+ 0,05 s
+
sV (s)
1.000.000
. Resolver com
https://www.mathpapa.com/algebra-calculator.html para V (s) :
V (s)=
1.000sV f + 5.000.000Vf
s2
+ 6.000s + 25.000.000
. Como H (s)=
V (s)
V f
Então:
H (s)=
1.000s + 5.000.000
s2
+ 6.000s + 25.000.000
. Fatorar o numerador para isolar a variável “s”:
H (s)=
1.000(s + 5.000)
s
2
+ 6.000s + 25.000.000
. O zero será o valor de “s” que anule o numerador:
z=−5.000rad/s .
Os polos serão as raízes do denominador:
Discriminante da equação de 2° grau do denominador Δ=√6.0002
−[4 x25.000 .000]
Δ=√36.000.000−[100.000.000] Δ=√−64.000.000 ou Δ= j8.000 .
Raízes: r1 ,r2=
−6.000± j8.000
2
ou r1 =−3.000+ j 4.000rad/s e
r2 =−3.000−j 4.000rad/s .
Se no circuito da Fig. 18 – 14 fizermos Vf =50t , que é um gerador de rampa, cuja TL é dada
em tabela: Kt u(t) ⇔
K
s
2
ou 50t =
50
s
2
.
Pedem-se:
• Aplicar a função de transferência para determinar o valor de V(s), e com a TL inversa,
escrever a expressão numérica da tensão vo(t) ;
• Identificar o componente transitório;
• Identificar o componente de regime permanente;
• Traçar o gráfico de vo(t) para 0≤t≤1,5ms ;
Como H (s)=
V (s)
V f
, então V (s)=H (s).V f .
27

Já temos H (s)=
1.000(s + 5.000)
s
2
+ 6.000s + 25.000.000
, cujo denominador tem dois polos complexos e
conjugados: r1 =−3.000+ j 4.000rad/s e r2 =−3.000−j 4.000rad/s . Assim,
V (s)=
[ 1.000(s+ 5.000)
s
2
+6.000 s + 25.000.000 ]50
s
2
.
A equação de 2° grau do denominador, com a=1 , na forma fatorada, será: (s −r1)(s−r2)
[s−(−3.000+ j 4.000)][ s−(−3.000− j4.000)] ou
[s +(3.000− j 4.000)][s +(3.000 + j 4.000)] e então, teremos:
V (s)=
[ 1.000(s + 5.000)
[s +(3.000− j 4.000)][s +(3.000 + j 4.000)]]50
s2
V (s)=
[ 1.000s + 5.000.000
[s +(3.000− j 4.000)][s +(3.000 + j 4.000)]]50
s2
ou
V (s)=
50.000s + 250.000.000
s
2
[s +(3.000− j 4.000)][s +(3.000 + j 4.000)]
.
A expansão em frações parciais será:
V (s)=
K
[ s +3.000− j4.000]
+
K
∗
[s + 3.000+ j 4.000]
+
A1
s2
+
A2
s
.
Calcular os resíduos, aplicando as técnicas vistas no capítulo “A”:
Termos complexos conjugados:
K =[(s + 3.000− j 4.000) V (s)]s=−3.000+ j4.000 K =
|50.000 s+250.000.000
s
2
(s + 3.000+ j 4.000)|S=−3.000+ j4.000
Resolver com https://www.mathpapa.com/algebra-calculator.html
K =
[50.000(−3.000+ j 4.000)]+250.000.000
(−3000+ j 4.000)
2
(−3000+ j 4.000 + 3.000+ j 4.000)
K =
100.000.000 + j 200.000.000
(−7.000.000− j 24.000.000)( j8.000)
K =
1
5.000
+ j
11
10.000
ou
K =0,0002+ j 0,0011 e K
∗
=0,0002− j0,0011 .
Na forma polar, o módulo será: r =√x ²+ y ² r =√0,00022
+ 0,00112
r =√0,00000004 + 0,00000121 r =√0,00000125 ou r =0,001.118 e o argumento, será
28

θ = tan−1
(y
x ) θ =tan−1
(0,0011
0,0002) θ = tan
−1
5,5 ou θ =79,69° e
cos79,69° =0,17888 .
K = 0,001.118∠79,69° e K
∗
= 0,001.118∠−79,69° .
Termos Reais e múltiplos para m =2 :
Aplicar An =
1
(m−n)!
d(m−n)
ds(m−n)
[(s+x)
m
V (s)]s =−x com n=1,2,3... e
V (s)=
50.000 s +250.000.000
s
2
(s
2
+ 6.000s + 25.000.000)
.
Como
1
(1)!
=1 teremos: A1 =
d
ds [ 50.000s + 250.000.000
(s2
+ 6.000s + 25.000.000) ]s=0
. Resolver com Symbolab:
A1 =
[−50.000 s
2
−500.000.000 s−250.000.000.000
(s
2
+ 6.000s
2
+ 25.000.000)
2
]s=0
A1 =
[−250.000.000.000
(25.000.000)
2
]
A1 =
[ −250.000.000.000
625.000.000.000.000] ou A1 =−0,000.4 .
A2 =
1
(2−2)!
d(2−2)
ds
(2−2)
[(s)
2
V (s)]s= 0 como
1
(0)!
=1 e
d0
ds0
=1 , teremos:
A2 =
[ 50.000s + 250.000.000
(s
2
+ 6.000 s +25.000.000)]s= 0
A2 =
250.000.000
25.000.000
ou A2 =10 .
Assim V (s)=
0,001.118 ∠79,69°
(s + 3.000− j 4.000)
+
0,001.118∠−79,69°
(s + 3.000+ j 4.000)
−
0,000.4
s
+
10
s2
.
Com as tabelas de conversão:
Os termos complexos e conjugados representam a componente transitória:
K
s +α − j β
+
K
∗
s +α − j β
=2|K|e−α t
cos(β t +θ ) .
=2(0,001.118)e
−3.000t
cos(4.000t + 79,69°) .
Os termos Reais e múltiplos representam o componente de regime permanente:
Degrau
A1
s
= A1(t) ou =−0,000.4 .
29

Rampa:
A2
s
2
= A2t ou =10t .
Finalmente vo(t)=0,002.236e
−3.000 t
cos(4.000t + 79,69°)− 0,000.4 + 10t .
Exemplo 18.3.2: Dados da Fig. 18 – 22.
Determinar a expressão numérica para
H (s)=
V (s)
If
, com polos e zeros.
Aplicando a LCK no nó “a”, teremos
I1 + I2 =If . Como a tensão no nó “a” é a
mesma no capacitor V(s), as correntes serão:
I1 =
V (s)
200 + 0,03s
e I2 =
V (s)
500.000
s
I2 =V (s)
s
500.000
ou I2 =
sV (s)
500.000
e
então:
V (s)
200 + 0,03s
+
sV (s)
500.000
=If . Resolver para V (s) :
V (s)=
15.000s If + 100.000.000 If
0,03s
2
+ 200s + 500.000
. Como H (s)=
V (s)
If
Então:
30

H (s)=
15.000s + 100.000.000
0,03s
2
+ 200s + 500.000
. Dividir por 0,03 :
H (s)=
500.000s + 3.333.333.333,33
s
2
+ 6.666,67s + 16.666.666,67
H (s)=
500.000(s + 6.666,67)
s
2
+ 6.666,67s + 16.666.666,67
. O zero será o valor de “s” que anule o numerador:
z=−6.666,67rad/s .
Discriminante da equação de 2° grau do denominador √Δ= √6.666,672
−[4 x16.666.666,67] ou
Δ=√−22.222.177,8 √Δ= j 4.714,04 . Raízes: r1 ,r2=
−6.666,67± j 4.714,04
2
ou
r1 =−3.333,335+ j2.357,02rad/s e r2 =−3.333,335− j 2.357,02rad/ s .
No circuito da fig. 18 – 22 vamos atribuir o valor de If =2 A , cuja representação no domínio da
frequência, é:
If
s
ou
2
s
, e pedir a expressão numérica de V (s) com sua transformada
inversa vo(t) .
Se H (s)=
500.000(s + 6.666,67)
s
2
+ 6.666,67s + 16.666.666,67
e H (s)=
V (s)
If
, então V (s)=H (s)
If
s
, e
assim V (s)=
[ 500.000(s + 6.666,67)
s2
+6.666,67 s + 16.666.666,67 ]2
s
V (s)=
[ 1.000.000(s + 6.666,67)
s(s2
+ 6.666,67s + 16.666.666,67)] ou
V (s)=
[ 1.000.000 s +6.666.670.000
s(s
2
+ 6.666,67s + 16.666.666,67)] .
Calcular os resíduos, aplicando as técnicas aprendidas no capítulo “A”:
Termo Real: Aplicar An =
1
(m−n)!
d
(m−n)
ds
(m−n)
[(s+x)
m
V (s)]s =−x com m =1 , n=1 e
V (s)=
[ 1.000.000 s +6.666.670.000
s(s2
+ 6.666,67s + 16.666.666,67)] .
A =
1
(1−1)!
d
(1−1)
ds
(1−1)
[(s)V (s)]s=0 . Como
1
(0)!
=1 e
d
0
ds
0
=1 , teremos:
31

A =
[6.666.670.000
16.666.666,67 ] ou A =400 .
Degrau
A
s
=
400
s
=400(t) componente do regime permanente.
A equação de 2° grau do denominador da expressão de V (s) , com a=1 e na forma fatorada,
será: (s −r1)(s−r2) .
[s−(−3.333,335 + j 2.357,02)][s−(−3.333,335− j2.357,02)] ou
[s + 3.333,335− j2.357,02][s + 3.333,335+ j 2.357,02] com isso a tensão V (s) será escrita
como: V (s)=
[ 1.000.000s + 6.666.670.000
s[(s + 3.333,335− j 2.357,02)(s +3.333,335 + j 2.357,02)] ]
e a expansão em frações parciais, será:
V (s)=
A
s
+
K
[s + 3.333,335− j 2.357,02]
+
K
∗
[s + 3.333,335+ j 2.357,02]
.
K =[(s + 3.333,335− j2.357,02) V (s)]s=− 3.333,335 + j2.357,02
K =
[ 1.000.000 s+ 6.666.670.000
s[(s + 3.333,335 + j 2.357,02)]]s =−3.333,335 + j2.357,02
K =[ 1.000.000(−3.333,335+ j2.357,02)+ 6.666.670.000
(−3.333,335 + j2.357,02)[(−3.333,335 + j2.357,02 + 3.333,335 + j2.357,02)]]
K =
[1.000.000(−3.333,335+ j 2.357,02) + 6.666.670.000
(−3.333,335+ j2.357,02)[ j 4.714,04] ] Calcular no Symbolab:
K =−200 + j 70,7 e K∗
=−200− j 70,7 .
Na forma polar, o módulo será: r =√x ²+ y ² r =√200
2
+ 70,7
2
r =√40.000+ 4.998,49
r =√44.998,49 ou r =212,128 e o argumento, será θ =tan−1
(y
x ) θ =tan−1
(70,7
200 )
θ =tan−1
0,3535 ou θ =19,4685° e cos19,4685° =0,9428 .
K =212,128∠ 19,4685° e K∗
=212,128∠−19,4685° .
Assim V (s)=
400
s
+
212,128∠19,4685°
[ s +3.333,335− j 2.357,02]
+
212,128∠−19,4685°
[s + 3.333,335+ j2.357,02]
32

K
s +α − j β
+
K
∗
s +α − j β
=2|K|e
−α t
cos(β t +θ ) .
=2(212,128)e−3.333,335t
cos(2.357,02t + 19,4685°) .
Finalmente, vo(t)= 400+424,256e−3.333,335t
cos(2.357,02t + 19,4685°) V .
Exemplo 18.3.3 - Dados da Fig. 18 – 23.
Aplicando a LCK no nó “a”, teremos
I1 + I2 =If . Como a tensão no nó “a” é a
mesma no capacitor V(s), as correntes
desconhecidas, são: I1 =
V (s)
250 + 0,05s
e
I2 =
V (s)
1.000.000
s
ou I2 =
sV (s)
1.000.000
. e
então:
V (s)
250 + 0,05s
+
sV (s)
1.000.000
=If . Resolver
para V (s) : V (s)=
1.000.000s If +5.000.000.000I f
s2
+5.000 s + 20.000.000
. Como H (s)=
V (s)
If
Então:
H (s)=
1.000.000 s +5.000.000.000
s
2
+5.000 s + 20.000.000
H (s)=
1.000.000(s + 5.000)
s2
+ 5.000s + 20.000.000
O zero será o valor de “s” que anule o numerador:
z=−5.000rad/s .
Discriminante da equação de 2° grau do denominador √Δ=√5.000
2
−[4 x20.000.000] ou
Δ=√−55.000.000 √Δ= j 7.416,198 . Raízes: r1 ,r2=
−5.000±j 7.416,198
2
ou
r1 =−2.500+ j3.708rad/ s e r2 =−2.500−j 3.708rad /s .
33

A tensão total de saída é dada por V (s)=H (s)
If
s
, e como no circuito da fig. 18 – 17 atribuímos
o valor de If =4 A , cuja representação no domínio da frequência, é:
If
s
ou
4
s
. então:
V (s)=
[ 1.000.000(s + 5.000)
s
2
+5.000 s +20.000.000 ]4
s
ou V (s)=
[ 4.000.000(s + 20.000)
s(s
2
+ 5.000s + 20.000.000)] .
Calcular os resíduos, aplicando as técnicas aprendidas no capítulo “A”:
Termo Real: aplicar An =
1
(m−n)!
d
(m−n)
ds(m−n)
[(s+x)
m
V (s)]s =−x com m =1 , n=1 e
V (s)=
[ 4.000.000(s + 20.000)
s(s
2
+ 5.000s + 20.000.000)] ou V (s)=
[4.000.000 s + 80.000.000.000
s(s2
+ 5.000s + 20.000.000) ] .
A =
1
(1−1)!
d
(1−1)
ds
(1−1)
[(s)V (s)]s=0 . Como
1
(0)!
=1 e
d
0
ds0
=1 , teremos:
A =
[80.000.000.000
20.000.000 ] ou A =4.000 . Degrau
4.000
s
=4.000(t) componente do regime
permanente.
Este valor já está implícito na expressão do degrau de tensão no nó “a”: V (s)=1.000Ω x 4 A
ou V (s)=4.000 V .
A equação de 2° grau do denominador da expressão de V (s) , com a=1 e na forma fatorada,
será: (s −r1)(s−r2) .
[s−(−2.500+ j 3.708)][s−(−2.500− j3.708)] ou [s +2.500−j 3.708][s +2.500+ j 3.708]
com isso a tensão V (s) será escrita como:
V (s)=
[ 4.000.000 s + 80.000.000.000
s[(s +2.500−j 3.708)(s +2.500+ j3.708)] ] e a expansão em frações parciais, será:
V (s)=
A
s
+
K
[s +2.500− j 3.708]
+
K
∗
[s +2.500+ j 3.708]
.
Aplicar: K =[(s +2.500− j3.708) V (s)]s=− 2.500 + j3.708
K =
[4.000.000s + 80.000.000.000
s[(s +2.500+ j3.708)] ]s=−2.500 + j3.708
34

K =
[ 4.000.000(−2.500+ j3.708)+ 80.000.000.000
(−2.500 + j3.708)[(−2.500+ j 3.708)+2.500+ j3.708] ] ou
K = 28,96+ j11,7158 e K
∗
= 28,96− j 11,7158 .
Na forma polar, o módulo será: r =√x ²+ y ² r =√28,96
2
+ 11,7158
2
r =√975,94 ou
r =31,24 e o argumento, será θ =tan−1
(y
x ) θ =tan−1
(11,7158
28,96 )
θ =tan
−1
0,40455 ou θ =22° e cos22° =0,927 .
K =31,24∠22° e K∗
=31,24∠−22° .
K
s +α − j β
+
K∗
s +α − j β
=2|K|e−α t
cos(β t +θ ) .
=2(31,24)e
−2.500t
cos(3.708t + 22°) .
Finalmente, vo(t)=4.000+62,48e−2.500t
cos(3.708t + 22°) V .
Exemplo 18.3.4 - Dados da Fig. 18 – 24.
Determinar a expressão de Vo(s) e com a transformada inversa de Laplace, determinar a
expressão de vo(t) e prever os valores inicial e final.
O circuito dado com os seus elementos já convertidos para o domínio da frequência, pode ser visto
com uma fonte de corrente
If
s
em paralelo com um capacitor de impedância
1
sC
, que vai
estar plenamente carregado no final de um tempo, portanto com uma tensão entre os seus terminais,
dada por Vi(s)=(I f
s )x( 1
sC ) ou Vi(s)=
If
s
2
C
, que é a tensão no nó “a”.
35

Com este ponto de vista, podemos redesenhar o circuito com as impedâncias em série (Fig. 18 - 25),
e assim usar a fórmula do divisor de tensão para determinar a expressão da tensão de saída
Vo(s) , sobre o indutor: Vo(s)=
Vi(s)x sL
Ztotal
ou Vo(s)=
[ I f
s
2
C ]sL
1
sC
+ R+ sL
.
Fazendo uma primeira simplificação,
teremos: Vo(s)=
If L
LCs2
+ RCs + 1
, e
para isolar a variável s
2
do
denominador, vamos dividir o numerador
e o denominador por LC :
Vo(s)=
If L
LC
LCs
2
+ RCs + 1
LC
ou
Vo(s)=
If
C
s
2
+
Rs
L
+
1
LC
. Em função dos valores dos elementos do circuito, vamos determinar:
If
C
=
1
0,000.002
ou
If
C
=500.000 .
R
L
=
1.000
1
ou
R
L
=1.000 .
1
LC
=
1
(1 x0,000.002)
1
LC
=
1
(0,000.002)
ou
1
LC
=500.000 .
Então Vo(s)=
If
C
s
2
+
Rs
L
+
1
LC
ou Vo(s)=
500.000
s
2
+ 1.000s + 500.000
.
Resolver a equação do 2° grau do denominador para fazer a transformada inversa e avaliação dos
valores inicial e final.
√Δ=√1.000
2
−[4 x500.000] √Δ=√1.000.000−2.000.000
√Δ=√−1.000.000 ou √Δ= j 1.000 .
r1,2 =
−1.000± j 1.000
2
ou r1 =−500+ j500 rad/s e r2 =−500−j 500 rad /s .
Raízes complexas e conjugadas.
36

[s−(−500+ j 500)][s −(−500− j500)] ou [s +(500− j500)][s + (500+ j500)] e então,
teremos:
Vo(s)=
500.000
[s +(500− j500)][s +(500 + j 500)]
que expandido em frações parciais, será:
Vo(s)=
K
s+500− j500
+
K
∗
s +500+ j 500
onde K =[(s + 500− j500) V (s)]s =−500 + j500
K =| 500.000
s + 500+ j500|−500+ j500
Resolvendo no Symbolab: K =− j500 e na forma polar
K =500∠−90° .
A transformada inversa, será por:
K
s +α − j β
+
K∗
s +α − j β
=2|K|e−α t
cos(β t +θ )
vo(t)=2 x500e−500 t
cos(500t−90°) ou vo(t)=1.000e−500 t
sen(500t )V .
Aplicar os teoremas dos valores inicial e final em sV o(s)=
500.000s
s2
+ 1.000s + 500.000
(*):
Teorema do valor final
É utilizado para avaliar o comportamento de uma função no domínio do tempo, em regime
estacionário, quando t →∞ , a partir de sua transformada no domínio da frequência, quando
s→0 . Só é válido se os polos no domínio “s” forem Reais negativos, ou Complexos com
σ < 0 , o que significa que ocorrem no semiplano esquerdo de “s”.
lim
t→∞
vo(t)=lim
s→ 0
+
sVo(s) . Aplicar em (*): lim
s→0
+
sVo(s)=
0
0 + 0 +500.000
ou lim
s→0
+
sVo(s)=0
então vo(∞)=0 .
Teorema do valor inicial
É utilizado para avaliar o comportamento de uma função no domínio do tempo quando t =0
+
, a
partir de sua transformada no domínio da frequência, quando s→∞ . É válido para qualquer tipo
de polo.
lim
t→0
+
f (t)=lim
s→∞
sVo(s) . Aplicar em (*): Se lim
s→∞
sVo(s)= ∞
∞ + ∞+ 500.000
lim
s→∞
sVo(s)= ∞
650.000.000
ou lim
s→∞
sVo(s)=0 então vo(0
+
)=0 .
Problema 13.11 Páginas 390 e 14
37

No circuito da fig. 18 – 13.11A, a chave esteve na posição “a” por tempo t≫5τ , permitindo
que o indutor e o capacitor fiquem completamente carregados.
Em t =0
+
ela passa para a posição “b”, iniciando o processo de descarga.
Pede-se: determinar vo(t≥0) .
Inicialmente vamos analisar o circuito com os elementos
reativos totalmente carregados (fig. 18 – 13.11 B):
• O capacitor estará com a tensão máxima, dada por
vo(0
−
) , enquanto iC (0
−
)=0 A o que
implica em considerá-lo como circuito aberto.
• Enquanto a corrente no braço do indutor
iL(0
−
) é limitada apenas pelo resistor de
15k Ω , o que implica em considerá-lo um
curto circuito.
Aplicar LCK nos três braços:
vo(0
−
)+ 150
4.000
+
vo(0
−
)
15.000
+
vo(0
−
)
10.000
=0 e resolver para
vo(0
−
) .
Aplicar m.m.c .=60.000 e simplificar:
15 vo(0
−
)+ 2.250
60
+
4 vo(0
−
)
60
+
6 vo(0
−
)
60
=0
vo(0−
)[15 + 4 + 6] + 2.250=0 25vo(0−
)=−2.250 vo(0
−
)=−
2.250
25
ou
vo(0−
)=−90 V . Assim teremos iL(0
−
)=−
90
15.000
ou iL(0−
)=−6 mA .
Estes valores são as condições iniciais para o processo
de descarga, que será analisado no domínio da
frequência em t ≥0 . Para isso os elementos do
circuito serão convertidos, conforme fig. 18 – 13.11C.
Notar que os sinais das fontes auxiliares estão
trocados: de
V 0
s
por causa de vo(0
−
)=−90 V ,
e de I0 L , por causa de iL(0
−
)=−6 mA .
38

Aplicar LCK nos três braços:
V o −(30 x10−3
)
5 s +(15 x10
3
)
+
V o
10
4
+
[Vo +(90
s )]s
50x 10
6
=0 e resolver para Vo .
V0=
−90s + 30.000
s2
+ 8.000s + 25.000.000
ou V0=
30(1.000−3s)
s2
+ 8.000s + 25.000.000
(18.xx). Raízes da equação
do denominador: √Δ=√8.0002
−(4 x 25.000.000) √Δ=√−36.000.000 ou √Δ= j 6.000 .
r1 =
−8.000− j 6.000
2
ou r1=−4000+ j3000 . r2 =
−8.000 + j 6.000
2
ou
r2=−4000− j 3000 . Fatorar a equação do 2° grau do denominador: a(s−r1)(s −r2) como
neste caso a=1 , teremos: [s−(−4.000 + j3.000)][ s−(−4.000− j3.000)] ou
[s + 4.000− j 3.000][ s + 4.000+ j3.000] .
Então: V0=
30(1.000−3s)
(s + 4.000− j 3.000)(s + 4.000 + j 3.000)
. Como a expressão tem polos complexos
conjugados, vamos transformá-la numa soma de frações parciais:
V0 =
K
(s + 4.000− j3.000)
+
K
∗
(s + 4.000 + j 3.000)
,
onde K =(s + 4.000− j 3.000)[ 30(1.000−3s)
(s + 4.000 + j3.000)]s =(−4.000+ j3.000)
K =[ 30[1.000−3(−4.000 + j3.000)]
(−4.000+ j 3.000)+ 4.000 + j 3.000] K =
[ 30[1.000−3(−4.000 + j3.000)]
(−4.000+ j 3.000)+ 4.000 + j 3.000]
K =−45 − j65 . Como a componente imaginária é negativa o argumento θ será o
suplemento negativo de ρ = tan−1
(y
x ) ρ = tan
−1
(1,44) ρ =55,30° onde
θ =55,3° −180° ou θ =−124,70° e cos−124,7° =0,56928 . Módulo r =√x ²+ y ²
r =√(−45)²+(−65)² r =79,057 . Então K =79,057∠−124,70° .
Aplicar tabela de transformada inversa para o caso de raízes complexas e conjugadas da equação do
denominador, conforma modelo:
K
s +α − j β
+
K∗
s +α + j β
≡2|K|e
−α t
cos(β t +θ +ϕ )u(t) .
v0(t )=158,114 e4.000t
cos(3.000t−124,70°) V . Verificando o resultado para o instante inicial:
v0(0)=158,114cos(−124,70°) V v0(0)=158,114(0,56928) ou v0(0)=−90 V .
39

Problema 13.12 página 390 e 20.
No circuito da fig. 18 – 13.12A, a chave na posição
“a” por tempo t≫5τ garante que somente os
capacitores sejam alimentados e fiquem plenamente
carregados.
Em t = 0
−
não há mais corrente, e a tensão no
polo “c” da chave seletora será 75 V .
Em t = 0
+
, com a chave na posição “b”, inicia-
se o processo de descarga dos capacitores sobre o indutor e resistor em série, e a corrente i(t)
será sentido inverso à corrente de carga.
PEDEM-SE:
a) - Circuito convertido para o domínio da frequência em t>0 .
b) - Achar I0 e i0(t) .
c) – Achar V0 e v0(t ) .
Cálculos preliminares: Achar o valor dos capacitores em paralelo: Ceq =75+125
Ceq =200nF . Assim, no braço central da malha, teremos o valor de dois capacitores em série:
Ctotal =50nF + 200nF .
Achar a tensão dos capacitores carregados em t =(0+
) , a partir da relação de proporcionalidade
entre a tensão e a carga, teremos 50nF.v0 =200nF.v1(0
+
) . Se considerarmos
v1(0
+
)=75− v0 , teremos 50v0 =200(75−v0) 50v0 =15.000−200 v0 250v0 =15.000
então v0(0+
)=
15.000
250
ou v0(0
+
)=60 V e v1(0
+
)=75−60 ou v1(0
+
)=15 V .
Resposta (a): Figura 19 – 13.12B.
40

Resposta (b): Com a tensão inicial
75
s
sobre a malha, e pela Lei de Ohm
I0 =
75
s
[(25)10
6
]
s
+6.250 + 0,25 s
multiplicar por
4 s
4 s
: I0 =
300
s2
+ 25.000 s +100.000.000
fatorar o denominador: x
2
+ Sx + P , onde S → somadasraízes e P → produtodasraízes .
ou s
2
+(r1 + r2)s + (r1.r2) . √Δ= √25.0002
−[4 x100.000.000] √Δ=√225.000.000
√Δ=15.000 r1 =
−25.000+15.000
2
r1 =−5.000 . r2 =
−25.000−15.000
2
r2 =−20.000 .
I0 =
300
[s−(−5.000)][s−(−20.000)]
ou I0 =
300
(s+5.000)(s+20.000)
com polos reais e
distintos.
Frações parciais: A1 =[(s + 5.000)I0]s=−5.000
=
[ 300
s + 20.000]s=−5.000
=
[ 300
−5.000+ 20.000 ] ou
A1 =0,02 .
A2 =[(s + 20.000)I0]s=−20.000
=
[ 300
s +5.000 ]s=−20.000
=
[ 300
−20.000+ 5.000 ] ou A1 =−0,02 .
I0 =
0,02
s+5.000
−
0,02
s+20.000
. Aplicando a tabela de transformada inversa:
K
s +α
⇔ K e−α t
i0(t)=0,02 e−5.000t
−0,02 e−20.000 t
A .
Determinar V0 com a expressão dada no capítulo “A” V (s)=( 1
sC )I (s)+
Vo
s
. Com t>0 ,
há o processo de descarga do capacitor, o que implica na inversão do sentido da sua corrente, e
então, temos que tomar a expressão da corrente I(s) com sinal negativo:
V0 =(20.000.000
s )(−
300
(s+5.000)(s+20.000))+
60
s
V0 =
60
s
−
( 6.000.000.000
s[(s+5.000)(s+20.000)]) Fr
ações parciais do segundo termo pelo método da substituição:
6.000.000.000= A[(s+5.000)(s+20.000)]s=0
A =
6.000.000.000
100.000.000
ou A =60 .
41

6.000.000.000= B[(s)(s+20.000)]s=−5.000
B =
6.000.000.000
(−5.000)(−5.000 + 20.000)
B =
6.000.000.000
−75.000.000
ou B =−80 .
6.000.000.000=C [(s)(s+5.000)]s=−20.000
C=
6.000.000.000
(−20.000)(−20.000 +5.000)
C=
6.000.000.000
300.000.000
ou C = 20 .
V0 =
60
s
−
[60
s
−
80
s + 5.000
+
20
s + 20.000] V0 =
80
s +5.000
−
20
s 20.000
. Aplicando a tabela de
transformada inversa:
K
s +α
⇔ K e−α t
, teremos: v0(t)=80e−5.000 t
−20e−20.000 t
V .
Verificar para v(0
+
)=80−20 ou v0(0
+
)=60 V .
Páginas 395 e 53.
Dados: Figura 13 – 47 A.
Questão “a”: Quanto tempo para o Amp. Op. ficar saturado?
Análise preliminar: circuito amplificador CC, com dois estágios inversores.
Resolver no domínio “s”:
Sinal de entrada Vg =
0,18
s
V .
Primeiro estágio:
Impedância do capacitor de entrada
1
sC
=
1
0,000.0025s
ou
1
sC
=
400.000
s
.
42

Impedância na entrada Zi =400k +
[(200k)(
400.000
s
)
(200k)+(
400.000
s
)] =400.000 +
400.000
(s + 2)
=
400.000s+1.200.000
s+2
fatorar o numerador Zi =
400.000(s+ 3)
s+ 2
.
Impedância de realimentação do primeiro estágio: Zf =800K .
O primeiro estágio tem ganho A1 =−
Zf
Zi
e a tensão de saída V01=−A1Vg
Vo1 =−
[
800k
400.000(s + 3)
s + 2 ]
0,18
s
Vo1 =−[2(s + 2)
(s + 3) ]0,18
s
ou Vo1 =−
0.36(s+2)
s(s+3)
.
O valor final de Vo1 é obtido pelo limite Vo1(∞)=lim
s→ 0
−0.36(s+2)
s(s+3)
Vo1(∞)=
−0.36(2)
3
Vo1(∞)=−0,24 V valor muito abaixo da saturação, conforme restrição dada por:
−6,4V ≤vo ≤+6,4V .
Segundo estágio:
Impedância de entrada: Zi2 =50 K .
Impedância do capacitor de realimentação Zf 2 =
1
sC
=
1
0,000.000.25 s
ou Zf 2 =
4.000.000
s
.
Ganho A2 =−
Zf 2
Zi2
Zf 2
Zi2
=−
4.000.000
s
50.000
=−
80
s
.
Tensão de saída V0 =−A2 V01 Então Vo =−
80
s [−0.36(s+2)
s(s+3) ] Vo ==
28,8(s+2)
s
2
(s+3)
.
Expansão em frações parciais:
Raízes múltiplas para o termo s
2
do denominador: An =
1
(m−n)!
d(m−n)
ds(m−n)
[(s+x)
m
F(s)]s=−x
onde n=índice e m =expoente
A1 =
1
(2−1)!
d
(2−1)
ds
(2−1)
[(s+0)
2
F(s)]s=0 A1 =
1
(1)!
d
ds [28,8(s+2)
(s+3) ]s= 0
A1 =
[ 28,8
(s+ 3)
2
]s= 0
43

A1 =
[28,8
9 ] ou A1 =3,21 .
A2 =
1
(2−2)!
d
(2−2)
ds
(2−2)
[(s+0)
2
F(s)]s=0 A2 =
1
(0)! [28,8(s+2)
(s+3) ]s=0
A2 =
[28,8(2)
(3) ]
A2 =[57,6
3 ] ou A2 =19,2 .
An =[(s + x) F(s)]s=− x A3 =[(s + 3)F(s)]s=−3=
[28,8(s+2)
s
2 ]s=−3
=
28,8(−3+ 2)
(−3)2
=
−86,4+ 57,6
9
=
−28,8
9
A3 =−3,21 . Assim: Vo =
3,2
s
+
19,2
s2
−
3.2
s+3
. Aplicar transformada inversa das tabelas:
A
s
⇔ A(t ) Função degrau.
A
s2
⇔ At(t) Função rampa.
A
(s + α )
⇔ A e−α t
Função
exponencial amortecida.
vo(t)=3,2+ 19,2 t −3,2 e−3t
V (13.47 - 1).
Por causa da rampa, o segundo estágio vai saturar quando a restrição −6,4V ≤vo ≤+6,4V for
atingida (Fig. 13 – 47B) e para determinar o instante de saturação, vamos resolver (13.47 – 1) para
“t”: 3,2 + 19,2 t −3,2 e−3t
=6,4 −3,2 e−3t
=6,4−3,2−19,2 t dividir por −3,2
e−3t
=−2+1+ 6 t ou e−3t
−6t + 1=0 (13.47 – 2).
O valor de “t” é calculado com o método Lambert aplicado em (13.47 - 2) :
Separar a exponencial de (13.47 – 2) e−3t
=6 t −1 (13.47 – 3) e preparar para a forma
Lambert, dividindo (13.47 – 3) pela exponencial e
−3t
:
e−3t
e−3t
=
6 t−1
e−3t 1=e3t
(6t−1)
(13.47 – 4) . Fazer
6t −1
2
=3t −
1
2
=u e substituir t =
2u + 1
6
em (13.47 – 4)
1=e
3(2u+1
6 )
[6(2u + 1
6 )−1] simplificar 1=e
(2u+ 1
2 )
[2u +1−1] ou 1=2e
(2u+1
2 )
[u] (13.47 -
5) . Como e
2u + 1
2
=eu
+ e
1
2
Reescrever (13.47 - 5) na forma Lambert: eu
[u]=
1
2e
1
2
. Aplicar a
44

propriedade (1) de Lambert W0(u.e
u
)=u , teremos u=W0
(
1
2e
1
2 ) . Substituir a variável
u=3t −
1
2
3t −
1
2
= W0
(
1
2e
1
2 ) . Multiplicar por 2: 6t −1=2W 0
(
1
2e
1
2 ) Resolver para “t”
t = 1+
2W 0
(
1
2e
1
2 )
6
. Com Symbolab, teremos t≈0,24627... (13.47 - 6).
Substituir (13.47 – 6) em (13.47 – 1): vo(t)=3,2+ 19,2 (0,24627)−3,2 e−3(0,24627)
ou
vo(t)=6,4V .
45

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