Capítulo 9 Circuitos de Segunda Ordem

DECOM-FEEC-UNICAMP EA-513 – Circuitos Elétricos I

Capítulo 9

Circuitos de Segunda Ordem


9.1 Circuitos com Dois Elementos Armazenadores

Circuito com dois indutores, onde deseja-se obter a corrente de malha i2:

2di1dt+12i1 − 4i2 = vg

1 H 4 Ω vg

8 Ω

+ - i1 i2

2 H

−4i1+1di2dt

+ 4i2 = 0 i1 =14di2dt

+ 4i2!

"#

$

%&

ddt!

"#

$

%&

di1dt

=14d 2i2dt2

+ 4di2dt

!

"##

$

%&&


24d 2i2dt2

+ 4di2dt

!

"##

$

%&&+124di2dt

+ 4i2!

"#

$

%&− 4i2 = vg

12d 2i2dt2

+ 2di2dt

+3di2dt

+12i2 − 4i2 = vg

d 2i2dt2

+10di2dt

+16i2 = 2vgEquação diferencial de 2ª ordem

Circuitos de 2ª ordem normalmente possuem 2 elementos armazenadores de

energia.


Existem exceções à regra de que circuitos com 2 elementos armazenadores

são representados por equações de 2ª ordem.

Exemplo:

Equações nodais:

Com o nó de referência escolhido, as tensões v1 e v2 resultam em duas

equações diferenciais de 1ª ordem desacopladas.

dv1dt

+ v1 = vg

dv2dt

+ 2v2 = 2vg

vg

1 Ω + - v1

2 Ω

v2 1 F 1/4 F

1dv1dt

+v1 − vg1

= 0

14dv2dt

+v2 − vg2

= 0


9.2 Equações de 2ª Ordem

Equação genérica de 2ª ordem:

onde os ai são constantes reais.

Solução: resposta completa é igual a soma da resposta natural com a resposta

forçada, x = xn + xf .

x deve conter também duas constantes arbitrárias para satisfazer as duas

condições impostas pela energia inicial armazenada em cada um dos elementos

armazenadores.

( )tfxadtdxa

dtxd

=++ 012

2


Resposta natural xn:

Resposta quando f(x) = 0, ou seja, a resposta deve satisfazer a equação:

Como cada termo da equação contém xn, no mesmo grau, o membro da direita

pode ser assumido como 0xn (equação homogênea).

Resposta forçada xf:

A resposta deve satisfazer a equação original:

d 2x fdt2

+ a1dx fdt

+ a0x f = f t( )

d 2xndt2

+ a1dxndt

+ a0xn = 0


Somando as duas equações e rearranjando os termos, obtemos

A resposta natural contém duas constantes arbitrárias e a resposta forçada não.

resposta natural ≡ solução complementar

resposta forçada ≡ solução particular

d 2

dt2xn + x f( )+ a1 ddt xn + x f( )+ a0 xn + x f( ) = f t( )


Exemplo: Mostre que e são soluções de

Substituindo na expressão acima resulta:

d 2xdt2

+5dxdt+6x = 0

x1 = A1exp −2t( ) x2 = A2 exp −3t( )

d 2

dt2A1exp −2t( )!"

#$+5

ddtA1exp −2t( )!"

#$+6A1exp −2t( ) =

−2A1ddtexp −2t( )!"

#$−10A1exp −2t( )+6A1exp −2t( ) =

4A1exp −2t( )−10A1exp −2t( )+6A1exp −2t( ) =

10A1exp −2t( )−10A1exp −2t( ) = 0

( )tAx 2exp11 −=


Substituindo na expressão anterior resulta:

d 2

dt2A2 exp −3t( )"#

$%+5

ddtA2 exp −3t( )"#

$%+6A2 exp −3t( ) =

−3A2ddtexp −3t( )"#

$%−15A2 exp −3t( )+6A2 exp −3t( ) =

9A2 exp −3t( )−15A2 exp −3t( )+6A2 exp −3t( ) =

15A2 exp −3t( )−15A2 exp −3t( ) = 0

x2 = A2 exp −3t( )


9.3 Resposta Natural

A resposta natural xn deve satisfazer a equação homogênea:

Evidentemente a função x = xn deve ser tal que esta não mude de forma quando

diferenciada.

Ou seja, a função, sua 1ª derivada e sua 2ª derivada devem ter todas a mesma

forma.

Possível solução:

A e s são constantes a serem determinadas.

d 2xdt2

+ a1dxdt+ a0x = 0

xn = Aest


Substituindo na equação homogênea, obtemos

Como Aest não pode ser 0, pois isto faria xn = 0, então

Solução:

Portanto, temos duas soluções naturais:

xn = Aest

As2est + a1sAest + a0Ae

st = 0

Aest s2 + a1s+ a0( ) = 0

s2 + a1s+ a0 = 0 equação característica

s =−a1± a1

2 − 4a02

xn1 = A1es1t

xn2 = A2es2t

A1 e A2 são arbitrárias


Note que a soma das duas soluções também é uma solução, ou seja

é uma solução geral da equação homogênea, quando s1 e s2 são raízes

distintas da equação característica.

xn = xn1+ xn2 = A1es1t + A2e

s2t


Exemplo: equação homogênea

Equação característica:

As raízes são s1 = -2 e s2 = -8.

E a solução geral é:

Os números s1 = -2 e s2 = -8 são denominados de frequências naturais do

circuito.

As constantes de tempo dos dois termos são τ1 = 1/2 e τ2 = 1/8.

d 2i2dt2

+10di2dt

+16i2 = 0

s2 +10s+16 = 0

i2 = A1e−2t + A2e

−8t


9.4 Tipos de Frequências Naturais

As frequências naturais são as raízes da equação característica, portanto, elas

podem ser reais, imaginárias ou complexas.

A natureza das raízes são determinadas pelo discriminante Δ = a12 – 4a0.

Δ = a12 − 4a0 =

> 0 raízes reais e distintas

= 0 raízes reais e idênticas

< 0 raízes complexas

#

$%%

&%%


Exemplo: resposta é a tensão v.

Nó a:

Equação da malha direita: Ri + didt= v

v − vg4

+ i + 14dvdt= 0

vg

R + - b

4 Ω

v

1H

1/4 F

a

+ -

i

i = − 14v − vg +

dvdt

"

#$

%

&'

−R4v − vg +

dvdt

"

#$

%

&'−14ddtv − vg +

dvdt

"

#$

%

&'= v

−R4v+ R4vg −

R4dvdt−14ddtv+ 14dvgdt

−14d 2vdt2

= v


d 2vdt2

+ R+1( ) dvdt + R+ 4( )v = Rvg +dvgdt

Equação homogênea:


Assim,

d 2vndt2

+ R+1( ) dvndt + R+ 4( )vn = 0

s2 + R+1( ) s+ R+ 4( ) = 0

s1,2 =− R+1( )± R+1( )

2− 4 R+ 4( )

2=− R+1( )± R2 − 2R−15

2

R =

6 Ω s1 = −2, s2 = −5

5 Ω s1 = s2 = −3

1 Ω s1 = −1+ j2, s2 = −1− j2

"

#$$

%$$

1−=j


Raízes Reais e Distintas: Caso Superamortecido

Neste caso a resposta natural é dada por:

Exemplo: se R = 6 Ω no exemplo anterior, temos

xn = A1es1t + A2e

s2t

vn = A1e−2t + A2e

−5t

Raízes Complexas: Caso Subamortecido

As frequências naturais são complexas do tipo:


xn = A1eα+ jβ( )t + A2e

α− jβ( )t

s1,2 =α ± jβ


Forma mais conveniente:

Fórmula de Euler: ou

onde

e jθ = cosθ + j senθ e− jθ = cosθ − j senθ

( ) ( )

( )

( ) ( )[ ]

( ) ( )[ ]tAAjtAAe

tjtAtjtAe

eAeAe

eAeAx

t

t

tjtjt

tjtjn

ββ

ββββ

α

α

ββα

βαβα

sencos

sencossencos

2121

21

21

21

−++=

−++=

+=

+=

−

−+

xn = eα t B1cosβ t + B2 senβ t( )

B1 = A1+ A2 B2 = j A1 − A2( )

Para circuitos reais, α < 0, a resposta é amortecida com o tempo.


Exemplo: Se R = 1 Ω no exemplo anterior, temos

onde B1 e B2 são arbitrários.

Raízes Reais e Iguais: Caso de Amortecimento Crítico

As frequências naturais são reais do tipo:


Então, existe somente uma constante arbitrária independente.

vn = e−t B1cos 2t( )+ B2 sen 2t( )"#

$%

s1 = s2 = k

xn = Aekt


Para se ter frequências naturais idênticas, a equação característica deve ser

e portanto, a equação homogênea deve ser

Como sabemos que é uma solução para A arbitrário, vamos tentar

substituindo na expressão acima e simplificando obtemos

s− k( )2= s2 − 2ks+ k 2 = 0

d 2xndt2

− 2kdxndt

+ k 2xn = 0

Aekt

xn = h t( )ekt

d 2hdt2

ekt = 0 d 2hdt2

= 0 ∀t


Isto é verdade se h(t) tiver a forma de um polinômio do 1º grau:

onde A1 e A2 são constantes arbitrárias. A solução geral no caso de raízes

idênticas é então:

Exemplo: se R = 5 Ω no exemplo anterior, temos

h t( ) = A1+ A2t

xn = A1+ A2t( )ekt

vn = A1+ A2t( )e−3t


9.5 A Resposta Forçada

A resposta forçada xf de um circuito genérico de 2ª ordem deve satisfazer:

e não conter constantes arbitrárias.

Exemplo: vg = 16 V

d 2x fdt2

+ a1dx fdt

+ a0x f = f t( )

1 H 4 Ω vg

8 Ω

+ - i1 i2

2 H

d 2i2dt2

+10di2dt

+16i2 = 2vg


Fazendo i2 = x, temos

Resposta natural:

Para a resposta forçada vamos tentar xf = A, onde A é uma constante a ser

determinada:

ou seja, xf = A = 2.

Portanto, a solução geral é:

d 2xdt2

+10 dxdt+16x = 32

xn = A1e−2t + A2e

−8t

3216102

2=++ A

dtdA

dtAd

3216 =A

x = A1e−2t + A2e

−8t + 2

A1 e A2 são obtidas a partir da

energia inicial armazenada nos

indutores.


No caso de funções de excitação constantes, pode-se obter xf do próprio

circuito:

Em regime permanente, o circuito se reduz a:

Note que a resposta forçada xf = i2 = 2 A

4 Ω 16 V

8 Ω

+ - i2


Exemplo: vg = 20cos(4t) e x = i2

Resposta natural:

Resposta forçada:

tentativa:

1 H 4 Ω vg

8 Ω

+ - i1 i2

2 H

d 2xdt2

+10 dxdt+16x = 40cos 4t( )

ttn eAeAx 8

22

1−− +=

x f = Acos 4t( )+ Bsen 4t( )


Substituindo em

e rearranjando os termos, obtemos

Assim, 40B = 40 e –40A = 0, logo

x f = Acos 4t( )+ Bsen 4t( )dx fdt

= −4Asen 4t( )+ 4Bcos 4t( )

40Bcos 4t( )− 40Asen 4t( ) = 40cos 4t( )

d 2xdt2

+10 dxdt+16x = 40cos 4t( )

d 2x fdt2

= −16Acos 4t( )−16Bsen 4t( )

B =1 A = 0


Assim,

Portanto a solução geral é dada por:

Tentativas de respostas forçadas:

x f = sen 4t( )

x = A1e−2t + A2e

−8t + sen 4t( )

f(t) xf

k t

t 2

eat

sen(bt), cos(bt) eatsen(bt), eatcos(bt)

A At + B

At 2 + Bt + C Aeat

Asen(bt) + Bcos(bt) eat [Asen(bt) + Bcos(bt)]


9.6 Excitação na Frequência Natural

Suponha que a equação do circuito a ser resolvido é dada por:

onde a ≠ b são constantes.


Portanto, s1 = a e s2 = b.

Resposta natural: A1 e A2 são arbitrárias

Supor que a função de excitação contém uma frequência natural, p. ex.,

Procedimento usual para obter a resposta forçada: e determinar A de

modo que xf satisfaça:

d 2xdt2

− a+b( ) dxdt + abx = f t( )

s2 − a+b( ) s+ ab = 0

xn = A1eat + A2e

bt

f t( ) = eat

x f = Aeat

d 2xdt2

− a+b( ) dxdt + abx = eat


Entretanto, substituindo xf = Aeat em

temos

Motivo de não se poder usar xf = Aeat é que este possui a forma de um dos

componentes da resposta natural.

Vamos testar então xf = Ateat .

d 2xdt2


d 2

dt2Aeat( )− a+b( ) ddt Ae

at( )+ ab Aeat( ) = eat

Aa2eat − Aa2eat −bAaeat + abAeat = eat

0 = eat impossível!!


x f = Ateat

dx fdt

= A at +1( )eat

d 2x fdt2

= A a2t + 2a( )eat

Substituindo em

Obtemos

Solução geral:

d 2xdt2


A a2t + 2a( )eat − a+b( )A at +1( )eat + abAteat = eat A a−b( )eat = eat

A = 1a−b

xn = A1eat + A2e

bt +1a−b

teat


1 H 4 Ω vg

8 Ω

+ - i1 i2

2 H

Exemplo: vg = 6exp(-2t) +32 e x = i2

Resposta natural:

Resposta forçada:

tentativa:

d 2xdt2

+10 dxdt+16x =12e−2t +64

xn = A1e−2t + A2e

−8t

x f = Ate−2t + B

Não se pode usar uma resposta forçada que tenha a mesma forma de uma das partes da resposta natural.


Substituindo em

e rearranjando os termos, obtemos

Assim, 16B = 64 e 6A = 12, logo

Portanto,

Solução geral:

6Ae−2t +16B =12e−2t +64

B = 4 A = 2

d 2xdt2

+10 dxdt+16x =12e−2t +64

x f = 2te−2t + 4

xn = A1e−2t + A2e

−8t + 2te−2t + 4


Vamos considerar o caso:

onde a = b e f(t) é dada por , então


Solução: s1 = s2 = a

Resposta natural:

Neste caso temos que tentar a resposta forçada:

Substituindo na expressão, obtemos:

d 2xdt2

− a+b( ) dxdt + abx = f t( )

f t( ) = eat

d 2xdt2

− 2a dxdt+ a2x = eat

s2 − 2as+ a2 = 0

xn = A1+ A2t( )eat

x f = At2eat

2Aeat = eat A = 12


Modo prático geral para a obtenção da resposta forçada:

Se um termo de frequência natural de xn está duplicado em xf, o termo em xf é

multiplicado pela menor potência de t que elimina a duplicação.


9.7 Resposta Completa

A resposta natural e a completa possuem constantes arbitrárias, que devem

satisfazer condições iniciais de energia armazenada.

Exemplo: calcular x(t) para t > 0 que satisfaça:

Diferenciando a primeira equação para eliminar a integral, obtemos:


dx t( )dt

+ 2x t( )+5 x t( )dt0

t∫ =16e−3t

x 0( ) = 2

#

$%%

&%%

d 2xdt2

+ 2 dxdt+5x = −48e−3t

s2 + 2s+5= 0 s1,2 = −1± j2


Resposta natural:

Resposta forçada:

Substituindo em

onde A = -6.

Resposta completa:

xn = e−t A1cos 2t( )+ A2 sen 2t( )"#

$%

x f = Ae−3t

d 2xdt2

+ 2 dxdt+5x = −48e−3t

9Ae−3t −6Ae−3t +5Ae−3t = −48e−3t

8Ae−3t = −48e−3t

x = e−t A1cos 2t( )+ A2 sen 2t( )!"

#$−6e

−3t


Determinação das constantes arbitrárias:

Necessitamos de 2 condições iniciais:

1) x(0) = 2

2)

Aplicando a primeira condição inicial na resposta completa, obtemos:

dx 0( )dt

+ 2x 0( )+5 x t( )dt0

0∫ =16e−3⋅0

dx 0( )dt

+ 2 ⋅2+5⋅0 =16

dx 0( )dt

=12

x 0( ) = e−0 A1cos 2 ⋅0( )+ A2 sen 2 ⋅0( )#$

%&−6e

−3⋅0

2 = A1 −6 A1 = 8


Diferenciando obtemos:

Portanto A2 = 1.

Resposta final:

x = e−t A1cos 2t( )+ A2 sen 2t( )"#

$%−6e

−3t

dxdt= e−t −2A1sen 2t( )+ 2A2 cos 2t( )"

#$%− e

−t A1cos 2t( )+ A2 sen 2t( )"#

$%+18e

−3t

dx 0( )dt

= e−0 −2A1sen 2 ⋅0( )+ 2A2 cos 2 ⋅0( )#$

%&− e

−0 A1cos 2 ⋅0( )+ A2 sen 2 ⋅0( )#$

%&+18e

−3⋅0

12 = 2A2 − A1+18

x = e−t 8cos 2t( )+ sen 2t( )"#

$%−6e

−3t


Exemplo: Cálculo de v, t > 0, onde v1(0) = v(0) = 0 e vg = 5 cos(2000t) [V]

Equação nodal de v1:

Equação nodal no nó inversor do op-amp:

+ - vg

2 kΩ

1 µF

1/8 µF 2 kΩ

1 kΩ v

v1

4v1 − v+ 2×10−3 dv1dt

=10cos 2000t( )

v1 = −14×10−3 dv

dt

11×103

+1

2×103+

12×103

"

#$

%

&'v1 −

11×103

vg −1

2×103v+10−6

dv1dt

= 0

12×103

v1+18×10−6 dv

dt= 0


4 −14×10−3 dv

dt!

"#

$

%&− v+ 2×10−3

ddt

−14×10−3 dv

dt!

"#

$

%&=10cos 2000t( )

d 2vdt2

+ 2×103 dvdt+ 2×106v = −2×107 cos 2000t( )


Frequências naturais: s1,2 = -1000 ± j1000

Resposta natural:

Resposta forçada:

Substituindo na equação diferencial, obtemos:

s2 + 2×103s+ 2×106 = 0

vn = e−1000t A1cos 1000t( )+ A2 sen 1000t( )"

#$%

−2A+ 4B( )cos 2000t( )+ −4A+ 2B( )sen 2000t( ) = −20cos 2000t( )

v f = Acos 2000t( )+ Bsen 2000t( )


Igualando os coeficientes resulta:

onde obtemos A = 2 e B = -4.

Resposta completa:

Note que para t = 0+, temos

Como v1(0+) = v1(0-) = 0, temos

−2A+ 4B = −20

−4A− 2B = 0

"#$

%$

v = e−1000t A1cos 1000t( )+ A2 sen 1000t( )"#

$%+ 2cos 2000t( )− 4sen 2000t( )

v1 0+( ) = − 14 ×10

−3dv 0+( )dt

dv 0+( )dt

= 0


Note que v é a tensão sobre o capacitor de 1/8 µF, assim, v(0+) = v(0-) = 0, que

substituindo em

A1 + 2 = 0 ⇒ A1 = -2

Derivando a equação acima e utilizando , obtemos:

onde A2 = 6

Resposta completa:

1000A2 −1000A1 −8000 = 0

v = e−1000t −2cos 1000t( )+6sen 1000t( )"#

$%+ 2cos 2000t( )− 4sen 2000t( )

v = e−1000t A1cos 1000t( )+ A2 sen 1000t( )"#

$%+ 2cos 2000t( )− 4sen 2000t( )

dv 0+( )dt

= 0

0 = e0 A1cos 0( )+ A2 sen 0( )!"

#$+ 2cos 0( )− 4sen 0( )


9.8 Circuito RLC Paralelo

Em t = 0, existe:

•  uma corrente inicial i(0) = I0 no indutor,

•  uma tensão inicial v(0) = V0 no capacitor.

Equação de nó:

L R ig v C

+ -

i

v t( )R

+1L

v t( )dt0

t∫ + I0 +C

dv t( )dt

= igddt


C d2vdt2

+1Rdvdt+1Lv =digdt

Resposta natural:


Frequências naturais:

De acordo com o discriminante (1/R2 - 4C/L), existem 3 tipos de respostas:

superamortecido, subamortecido e amortecimento crítico.

Simplificação: ig = 0 (caso sem fontes).

C d2vdt2

+1Rdvdt+1Lv = 0

Cs2 + 1Rs+ 1L= 0

s1,2 =−1R±

1R2

−4CL

2Cs1,2 = −

12RC

±12RC"

#$

%

&'

2

−1LC


Caso Superamortecido:

ou

Frequências naturais são números reais e distintos, e temos o caso

superamortecido:

Das condições iniciais, para t = 0+, e do cálculo de

1R2

−4CL> 0

L > 4R2C

v = A1es1t + A2e

s2t

v 0+( )R

+1L

v t( )dt0+0+

∫ + I0 +Cdv 0+( )dt

= 0

V0R+ I0 +C

dv 0+( )dt

= 0dv 0+( )dt

= −V0 + RI0RC

Usada para determinar as constantes arbitrárias.


Exemplo: R = 1 Ω, L = 4/3 H, C = 1/4 F.

V0 = 2 [V]

I0 = -3 [A]

onde s1 = -1 e s2 = -3

4/3 H 1 Ω ig=0 v 1/4 F

+ -

i

s1,2 = −12RC

±12RC"

#$

%

&'

2

−1LC

=1

2 ⋅1⋅ 14

±1

2 ⋅1⋅ 14

"

#

$$$$

%

&

''''

2

−143⋅14


Portanto,

Como , temos

podemos obter A1 = 5 e A2 = -3, resultando

v = A1e−t + A2e

−3t

dv 0+( )dt

= 4 V/s!" #$

v = 5e−t −3e−3t

v 0( ) = 2 V!" #$

dv 0+( )dt

= −V0 + RI0RC

= −2+1 −3( )1 14"

#$%

&'


Esboço de v em função do tempo:

Note a falta de oscilações, o que é uma característica de superamortecimento.

v

t

v = 5e−t −3e−3t

−3e−3t

5e−t

1 2 3 4


Caso Subamortecido:

ou

Frequências naturais são números complexos, e temos o caso subamortecido.

Neste caso a resposta contém senos e cossenos e portanto a resposta oscila.

Definições:

•  Frequência de ressonância:

•  Coeficiente de amortecimento:

•  Frequência amortecida:

1R2

−4CL< 0

L < 4R2C

ω0 =1LC

rad/s!" #$

α =1

2RC Np/s!" #$

ωd = ω02 −α2 rad/s"# $%



Resposta:

que possui uma natureza oscilatória.

s1,2 = −12RC

±12RC"

#$

%

&'

2

−1LC

= −α ± jωd

v = e−αt A1cos ωdt( )+ A2 sen ωdt( )"#

$%


Exemplo: R = 5 Ω, L = 1 H, C = 1/10 F,

V0 = 0 [V]

I0 = -3/2 [A]

1 H 5 Ω ig=0 v 1/10 F

+ -

i

ω0 =1LC

= 11⋅1/10

= 10

α =12RC

=1

2 ⋅5⋅1/10=1

ωd = ω02 −α2 = 10−1 = 3


Assim,

Das condições iniciais, temos v(0) = 0, então

logo A1 = 0 e A2 = 5.

Portanto,

v = e−t A1cos 3t( )+ A2 sen 3t( )"#

$%

v = 5e−t sen 3t( )

dv 0+( )dt

= −V0 + RI0RC

= −

0+5 − 32

"

#$

%

&'

5 110"

#$

%

&'

dv 0+( )dt

=15 V/s!" #$



Note a natureza oscilatória da resposta. A resposta é zero nos pontos onde a

senóide é zero, que são determinados pela frequência amortecida.

v

t

5e−t

2π/3 4π/3

−5e−t

v = 5e−t sen 3t( )


Caso de Amortecimento Crítico:

ou

Frequências naturais são reais e iguais, dadas por s1 = s2 = -α.

onde

Resposta:

1R2

−4CL= 0

L = 4R2C

α =1

2RC Np/s!" #$

v = A1+ A2t( )e−αt


Exemplo: R = 1 Ω, L = 1 H, C = 1/4 F.

V0 = 0 [V]

I0 = -1 [A].

assim, A1 = 0 e A2 = 4.

Resposta:

α =12RC

=1

2 ⋅1⋅1/ 4= 2

v = 4t e−2t

1 H 1 Ω ig=0 v 1/4 F

+ -

i



Para cada caso do circuito RLC paralelo, o valor em regime permanente da

resposta natural é zero, porque a resposta contém um fator eat, onde a < 0.

v

t 1 2

v = 4t e−2t


9.9 Circuito RLC em Série

Em t = 0, existe:

•  uma corrente inicial i(0) = I0 no indutor,

•  uma tensão inicial v(0) = V0 no capacitor.

Equação do laço, para t > 0:

L R

vg v C

+ -

i

+ -

L didt+ Ri + 1

Ci dt +V00

t∫ = vg L d

2idt2

+ R didt+1Ci =dvgdt

ddt



O circuito RLC em série está superamortecido se:

Resposta:

O circuito RLC em série está criticamente amortecido se:

Resposta:

s1,2 = −R2L

±R2L"

#$

%

&'

2

−1LC

R2L!

"#

$

%&

2

−1LC

> 0 C > 4LR2

i = A1es1t + A2e

s2t

R2L!

"#

$

%&

2

−1LC

= 0 C = 4LR2

i = A1+ A2t( )es1t

Ls2 + Rs+ 1C= 0


O circuito RLC em série está subamortecido se:

Frequência de ressonância:

Coeficiente de amortecimento:

Frequência amortecida:

Resposta:

R2L!

"#

$

%&

2

−1LC

< 0 C < 4LR2

ω0 =1LC

rad/s!" #$

α =R

2L Np/s!" #$

ωd = ω02 −α2 rad/s"# $%

i = e−αt A1cos ωdt( )+ A2 sen ωdt( )"#

$%


Exemplo: Encontrar v, para t > 0, onde v(0) = 6 V e i(0) = 2 A.

mas

Resposta natural:

1 H 2 Ω

vg = 10 V v 1/5 F

+ -

i

+ -

1didt+ 2i +5 i dt +6

0

t∫ =10

fn vvv +=

15d 2vdt2

+25dvdt+55v+6 =10

i =C dvdt=15dvdt

d 2vdt2

+ 2 dvdt+5v = 0


Podemos obter a equação característica:

cujas raízes complexas são:

Resposta natural:

Resposta forçada:

Como o capacitor é um circuito aberto e o indutor é um curto circuito em regime

permanente, temos que if = 0 e vf = 10 V.

vn = e−t A1cos 2t( )+ A2 sen 2t( )"#

$%

s2 + 2s+5= 0

s1,2 = −1± j2

2 Ω

vg = 10 V

+ vf = 10 V -

if = 0 A

+ -


Resposta completa:

Como v(0) = 6 V, temos

mas

assim,

v = e−t A1cos 2t( )+ A2 sen 2t( )"#

$%+10

6 = e0 A1cos 0( )+ A2 sen 0( )!"

#$+10

6 = A1+10 A1 = −4

15

dv 0+( )dt

= i 0+( ) = 2dv 0+( )dt

=10 10 = 2A2 − A1 A2 = 3

v = e−t −4cos 2t( )+3sen 2t( )"#

$%+10


Exemplo: Encontrar v, para t > 0, onde v(0) = 6 V e i(0) = 2 A.

Resposta natural:

1 H 2 Ω

vg = 4 cos(t) [V] v 1/5 F

+ -

i

+ -

i =C dvdt=15dvdt

didt=15d 2vdt2

d 2vdt2

+ 2 dvdt+5v = 20cos t( )

vn = e−t A1cos 2t( )+ A2 sen 2t( )"#

$%

1didt+ 2i + v = vg

15d 2vdt2

+ 215dvdt+ v = 4cos t( )


Resposta forçada:

Assim, obtemos A = 4 e B = 2.

v f = Acos t( )+ Bsen t( )

d 2

dt2Acos t( )+ Bsen t( )!"

#$+ 2

ddtAcos t( )+ Bsen t( )!"

#$+5 Acos t( )+ Bsen t( )!

"#$= 20cos t( )

4A+ 2B( )cos t( )+ 4B− 2A( )sen t( ) = 20cos t( )

4A+ 2B = 20

4B− 2A = 0

"#$

%$

d 2vdt2

+ 2 dvdt+5v = 20cos t( )


Resposta completa:

Condições iniciais: v(0) = 6 e i(0) = 2.

v = e−t A1cos 2t( )+ A2 sen 2t( )!"

#$+ 4cos t( )+ 2sen t( )

v 0( ) = e0 A1cos 0( )+ A2 sen 0( )!"

#$+ 4cos 0( )+ 2sen 0( ) = 6

A1+ 4 = 6 A1 = 2

dv 0+( )dt

=10 10 = 2A2 − A1+ 2 52 =A

v = e−t 2cos 2t( )+5sen 2t( )!"

#$+ 4cos t( )+ 2sen t( )

15

dv 0+( )dt

= i 0( )


9.10 Métodos Alternativos para a Obtenção das Equações Representativas

Dois métodos para simplificar os processos de obtenção da equação

representativa de um circuito RLC serão apresentados.

Uma única equação é necessária, que após a diferenciação, se torna a equação

representativa.

Entretanto, em circuitos de 2ª ordem podem existir duas equações simultâneas,

das quais a equação representativa é obtida por um processo de eliminação.


Exemplo: Para t > 0.

nó a:

nó v1:

Para se obter a equação representativa em termos de v do circuito devemos

eliminar v1, assim, o resultado é:

v − vg4

+v − v16

+14dvdt= 0

t = 0

vg v 1/4 F

+ -

i + -

6 Ω

1 H

10 V

4 Ω a

b

v1

v1 − v6

+ v1dt0

t∫ + i 0( ) = 0

referência

d 2vdt2

+7 dvdt+10v =

dvgdt

+6vg


1º Método:

Definição: operador de diferenciação:

então, por exemplo,

Assim, reescrevendo as equações de nós, temos

As variáveis não podem ser comutadas com os operadores nas expressões.

D = ddt

a dxdt+bx = aDx+bx = aD+b( ) x

v − vg4

+v − v16

+14dvdt= 0

ddtv1 − v6

+ v1dt0

t∫ + i 0( )

#

$%

&

'(= 0

14D+ 5

12!

"#

$

%&v −

16v1 =

14vg

−16Dv+ 1

6D+1

"

#$

%

&'v1 = 0

3D+5( )v − 2v1 = 3vg

−Dv+ D+6( )v1 = 0


D+6( ) 3D+5( )v − 2 D+6( )v1 = 3 D+6( )vg−2Dv+ 2 D+6( )v1 = 0

D+6( ) 3D+5( )− 2D"#

$%v = 3 D+6( )vg

Multiplicando os operadores como se eles fossem polinômios, agrupando os

termos e dividindo por 3, resulta:

Substituindo o operador obtemos a equação representativa do circuito:

D2 +7D+10( ) v = D+6( ) vg

d 2vdt2

+7 dvdt+10v =

dvgdt

+6vg


O procedimento pode também ser feito através de determinantes:

Regra de Cramer para obter v das equações:

dada por

onde

Então,

3D+5( )v − 2v1 = 3vg−Dv+ D+6( )v1 = 0

v =Δ1Δ

Δ = 3D+5 −2−D D+6

= 3D2 + 21D+30

Δ1 =3vg −2

0 D+6= 3 D+6( )vg

Δv = Δ1 3D2 + 21D+30( )v = 3 D+6( )vg D2 +7D+10( )v = D+6( )vg


2º Método:

O segundo método é uma mistura dos métodos de laço e de nó, onde

selecionamos as correntes de indutor e as tensões do capacitor como

incógnitas.

Em seguida, aplicamos a lei de Kirchhoff de tensões ao redor do laço que

contém um único indutor e a lei de Kirchhoff de correntes nos nós que tenham

somente um capacitor conectado.

Cada equação, portanto, possui somente uma derivada de corrente de indutor

ou de tensão de capacitor, e nenhuma integral.


Exemplo: i e v são incógnitas (variáveis de estado do circuito). Para t > 0.

Nó a:

Malha direita:

041

4=++

−

dtdvi

vv g

dtdiiv += 6

441 gvvdtdvi

−−−=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −−−+⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡ −−−=

441

4416 gg vv

dtdv

dtdvv

dtdvv

gg vdtdv

vdtdv

dtvd 61072

2+=++

t = 0

vg v 1/4 F

+ -

i + -

6 Ω

1 H

10 V

4 Ω a

b

v1


Vantagens:

•  não aparecem integrais.

•  uma variável desconhecida é encontrada em função das outras.

•  condições iniciais da primeira derivada são facilmente obtidas para uso

na determinação das constantes arbitrárias na solução geral.

Por exemplo, da figura anterior, temos i(0) = 1 A e v(0) = 6 V, assim substituindo

em:

obtemos:

041

4=++

−

dtdvi

vv g

( ) ( ) 00411

406

=++− ++

dtdvvg ( ) ( ) 1000

−= ++

gvdtdv


Este método pode ser grandemente facilitado pelo uso de teoria dos grafos,

onde os:

•  indutores são colocados nos enlaces, cujas correntes constituem um

conjunto independente de correntes.

•  capacitores são colocados na árvore, cujas tensões de ramo constituem

um conjunto independente de tensões.

Cada indutor L é um enlace com corrente i, que forma um laço onde os outros

elementos são unicamente ramos de árvore.

Portanto, a lei de Kirchhoff de tensões aplicada ao redor do laço conterá

somente um termo derivado .

Este laço é único no grafo se o único enlace adicional à árvore é L. dtdiL


Por exemplo:

Laço que contém o indutor de 1 H: a, v1, b, a, que fornece:

dtdiiv += 606 =−+ v

dtdii

v1 v

+

-

+

-

vg i

a

b b

t = 0

vg v 1/4 F

+ -

i + -

6 Ω

1 H

10 V

4 Ω a

v1


Cada capacitor é um ramo da árvore cuja corrente, em conjunto com as

correntes de enlace, constituem um conjunto de correntes saindo de um nó.

Se um capacitor é retirado do circuito, a árvore é separada em duas partes

conectadas apenas por enlaces.

As três correntes são mostradas atravessando a linha vermelha através do

capacitor, denominada v, e dois enlaces, somado com zero pela lei de Kirchhoff

de correntes, o que é descrito por:


041

4=++

−

dtdvi

vv g

v1 v

+

-

+

-

vg i

a

b

Exemplo: As três correntes são mostradas atravessando a linha vermelha

através do capacitor, denominada v, e dois enlaces, somado com zero pela lei

de Kirchhoff de correntes, o que é descrito por:

t = 0

vg v 1/4 F

+ -

i + -

6 Ω

1 H

10 V

4 Ω a

v1

Capítulo 9 Circuitos de Segunda Ordem

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