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DECOM-FEEC-UNICAMPEA-513 – Circuitos Elétricos I
Capítulo 9
Circuitos de Segunda Ordem
DECOM-FEEC-UNICAMPEA-513 – Circuitos Elétricos I
9.1 Circuitos com Dois Elementos Armazenadores
Circuito com dois indutores, onde deseja-se obter a corrente de malha i2:
gviidt
di =−+ 211 4122
1 H4 Ωvg
8 Ω
+− i1 i2
2 H
0414 22
1 =++− idt
dii
+= 22
1 441
idt
dii
dt
d
+=
dt
di
dt
id
dt
di 222
21 4
41
DECOM-FEEC-UNICAMPEA-513 – Circuitos Elétricos I
gviidt
di
dt
di
dt
id =−
++
+ 22
2222
244
412
442
gviidt
di
dt
di
dt
id =−+++ 2222
22
241232
21
gvidt
di
dt
id21610 2
222
2=++ Equação diferencial
de 2ª ordem
Circuitos de 2ª ordem normalmente possuem 2 elementos armazenadores de
energia.
DECOM-FEEC-UNICAMPEA-513 – Circuitos Elétricos I
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.
gvvdt
dv =+ 11
gvvdt
dv22 2
2 =+
vg
1 Ω+− v1
2 Ωv2
1 F 1/4 F
01
1 11 =−
+ gvv
dt
dv
024
1 22 =−
+ gvv
dt
dv
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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.
( )tfxadt
dxa
dt
xd =++ 012
2
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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:
( )tfxadt
dxa
dt
xdf
ff =++ 012
2
0012
2=++ n
nn xadt
dxa
dt
xd
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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
( ) ( ) ( ) ( )tfxxaxxdt
daxx
dt
dfnfnfn =+++++ 012
2
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Exemplo: Mostre que e são soluções de
Substituindo na expressão acima resulta:
0652
2=++ x
dt
dx
dt
xd
( )tAx 2exp11 −= ( )tAx 3exp22 −=
( )[ ] ( )[ ] ( )
( )[ ] ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) 02exp102exp10
2exp62exp102exp4
2exp62exp102exp2
2exp62exp52exp
11
111
111
1112
2
=−−−
=−+−−−
=−+−−−−
=−+−+−
tAtA
tAtAtA
tAtAtdt
dA
tAtAdt
dtA
dt
d
( )tAx 2exp11 −=
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Substituindo na expressão anterior resulta:
( )[ ] ( )[ ] ( )
( )[ ] ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) 03exp153exp15
3exp63exp153exp9
3exp63exp153exp3
3exp63exp53exp
22
222
222
2222
2
=−−−
=−+−−−
=−+−−−−
=−+−+−
tAtA
tAtAtA
tAtAtdt
dA
tAtAdt
dtA
dt
d
( )tAx 3exp22 −=
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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.
0012
2=++ xa
dt
dxa
dt
xd
stn Aex =
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Substituindo na equação homogênea, obtemos
Como Aest não pode ser 0, pois isto faria xn = 0, então
Solução:
Portanto, temos duas soluções naturais:
stn Aex =
0012 =++ ststst AeasAeaeAs
( ) 0012 =++ asasAest
0012 =++ asas equação característica
2
4 0211 aaa
s−±−
=
tsn eAx 111 =
tsn eAx 222 =
A1 e A2 são arbitrárias
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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.
tstsnnn eAeAxxx 21 2121 +=+=
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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 denominadas de freqüências naturais do
circuito.
As constantes de tempo dos dois termos são τ1 = 1/2 e τ2 = 1/8.
01610 22
22
2=++ i
dt
di
dt
id
016102 =++ ss
tt eAeAi 82
212
−− +=
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9.4 Tipos de Freqüências Naturais
As freqüências naturais são as raízes da equação característica, portanto, elas
podem ser reais, imaginárias ou complexas.
A natureza das raízes são determinadas pelo discriminante ∆ = a12 – 4a0.
<=>
=−=∆complexas raízes 0
idênticas e reais raízes 0
distintas e reais raízes 0
4 021 aa
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vdt
diRi =+
041
4=++
−dt
dvi
vv g
Exemplo: resposta é a tensão v.
Nó a:
Equação da malha direita:
vg
R+− b
4 Ω
v
1H
1/4 F
a
+
-
i
+−−=dt
dvvvi g4
1
vdt
dvvv
dt
d
dt
dvvv
Rgg =
+−−
+−−41
4
vdt
vd
dt
dvv
dt
d
dt
dvRv
Rv
R gg =−+−−+−
2
2
41
41
41
444
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( ) ( )dt
dvRvvR
dt
dvR
dt
vd gg +=++++ 41
2
2
Equação homogênea:
Equação característica:
Assim,
( ) ( ) 0412
2=++++ n
nn vRdt
dvR
dt
vd
( ) ( ) 0412 =++++ RsRs
( ) ( ) ( ) ( )2
15212
1411 22
2,1−−±+−=+−+±+−= RRRRRR
s
−−=+−=
−==
−=−=
=
21,21 Ω 1
3 Ω 5
5,2 Ω 6
21
21
21
jsjs
ss
ss
R 1−=j
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Raízes Reais e Distintas: Caso Superamortecido
Neste caso a resposta natural é dada por:
Exemplo: se R = 6 Ω no exemplo anterior, temos
tstsn eAeAx 21 21 +=
ttn eAeAv 5
22
1−− +=
Raízes Complexas: Caso Subamortecido
As freqüências naturais são complexas do tipo:
Neste caso a resposta natural é dada por:
( ) ( )tjtjn eAeAx βαβα −+ += 21
βα js ±=2,1
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Forma mais conveniente:
Fórmula de Euler: ou
onde
θθθ sencos je j += θθθ sencos je j −=−
( ) ( )
( )( ) ( )[ ]
( ) ( )[ ]tAAjtAAe
tjtAtjtAe
eAeAe
eAeAx
t
t
tjtjt
tjtjn
ββ
ββββ
α
α
ββα
βαβα
sencos
sencossencos
2121
21
21
21
−++=
−++=
+=
+=
−
−+
( )tBtBex tn ββα sencos 21 +=
211 AAB += ( )212 AAjB −=
Para circuitos reais, α < 0, a resposta é amortecida com o tempo.
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Exemplo: Se R = 1 Ω no exemplo anterior, temos
onde B1 e B2 são arbitrários.
Raízes Reais e Iguais: Caso de Amortecimento Crític o
As freqüências naturais são reais do tipo:
Neste caso a resposta natural é dada por:
Então, existe somente uma constante arbitrária independente.
( ) ( )[ ]tBtBev tn 2sen2cos 21 += −
kss == 21
ktn Aex =
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Para se ter freqüências 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
( ) 02 222 =+−=− kkssks
02 22
2=+− n
nn xkdt
dxk
dt
xd
ktAe
( ) ktn ethx =
02
2=kte
dt
hdt
dt
hd ∀= 02
2
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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
( ) tAAth 21 +=
( ) ktn etAAx 21 +=
( ) tn etAAv 3
21−+=
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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
( )tfxadt
dxa
dt
xdf
ff =++ 012
2
1 H4 Ωvg
8 Ω
+− i1 i2
2 H
gvidt
di
dt
id21610 2
222
2=++
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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:
3216102
2=++ x
dt
dx
dt
xd
ttn eAeAx 8
22
1−− +=
3216102
2=++ A
dt
dA
dt
Ad
3216 =A
282
21 ++= −− tt eAeAx
A1 e A2 são obtidas a partir da
energia inicial armazenada nos
indutores.
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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 Ω16 V
8 Ω
+− i2
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Exemplo: vg = 20cos(4t) e x = i2
Resposta natural:
Resposta forçada:
tentativa:
1 H4 Ωvg
8 Ω
+− i1 i2
2 H
( )txdt
dx
dt
xd4cos401610
2
2=++
ttn eAeAx 8
22
1−− +=
( ) ( )tBtAx f 4sen4cos +=
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Substituindo em
e rearranjando os termos, obtemos
Assim, 40B = 40 e –40A = 0, logo
( ) ( )tBtAx f 4sen4cos +=
( ) ( )tBtAdt
dx f 4cos44sen4 +−=
( ) ( ) ( )ttAtB 4cos404sen404cos40 =−
( )txdt
dx
dt
xd4cos401610
2
2=++
( ) ( )tBtAdt
xd f 4sen164cos162
2
−−=
1=B 0=A
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Assim,
Portanto a solução geral é dada por:
Tentativas de respostas forçadas:
( )tx f 4sen=
( )teAeAx tt 4sen82
21 ++= −−
A
At + BAt 2 + Bt + C
Aeat
Asen(bt) + Bcos(bt)eat [Asen(bt) + Bcos(bt)]
k
tt 2
eat
sen(bt), cos(bt)eatsen(bt), eatcos(bt)
xf f(t)
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9.6 Excitação na Freqüência Natural
Suponha que a equação do circuito a ser resolvido é dada por:
onde a ≠ b são constantes.
Equação característica:
Portanto, s1 = a e s2 = b.
Resposta natural: A1 e A2 são arbitrárias
Supor que a função de excitação contém uma freqüência natural, p. ex.,
Procedimento usual para obter a resposta forçada: e determinar A de
modo que xf satisfaça:
( ) ( )tfabxdt
dxba
dt
xd =++−2
2
( ) 02 =++− absbas
btatn eAeAx 21 +=
( ) atetf =
atf Aex =
( ) ateabxdt
dxba
dt
xd =++−2
2
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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 .
( ) ateabxdt
dxba
dt
xd =++−2
2
( ) ( ) ( ) ( ) atatatat eAeabAedt
dbaAe
dt
d =++−2
2
atatatatat eabAebAaeeAaeAa =+−− 22
ate=0 impossível!!
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atf Atex =
( ) atf eatAdt
dx1+=
( ) atf eataAdt
dx22
2
2
+=
Substituindo em
Obtemos
Solução geral:
( ) ateabxdt
dxba
dt
xd =++−2
2
( ) ( ) ( ) atatatat eabAteeatAbaeataA =+++−+ 122 ( ) atat eebaA =−
baA
−= 1
atbtatn te
baeAeAx
−++= 1
21
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1 H4 Ωvg
8 Ω
+− i1 i2
2 H
Exemplo: vg = 6exp(-2t) +32 e x = i2
Resposta natural:
Resposta forçada:
tentativa:
64121610 22
2+=++ − tex
dt
dx
dt
xd
ttn eAeAx 8
22
1−− +=
BAtex tf += −2
Não se pode usar uma resposta forçada que tenha a mesma forma de uma das partes da resposta natural.
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Substituindo em
e rearranjando os termos, obtemos
Assim, 16B = 64 e 6A = 12, logo
Portanto,
Solução geral:
6412166 22 +=+ −− tt eBAe
4=B 2=A
64121610 22
2+=++ − tex
dt
dx
dt
xd
42 2 += − tf tex
42 282
21 +++= −−− ttt
n teeAeAx
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Vamos considerar o caso:
onde a = b e f(t) é dada por , então
Equação característica:
Solução: s1 = s2 = a
Resposta natural:
Neste caso temos que tentar a resposta forçada:
Substituindo na expressão, obtemos:
( ) ( )tfabxdt
dxba
dt
xd =++−2
2
( ) atetf =
atexadt
dxa
dt
xd =+− 22
22
02 22 =+− aass
( ) atn etAAx 21 +=
atf eAtx 2=
atat eAe =221=A
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Modo prático geral para a obtenção da resposta forçada:
Se um termo de freqüência natural de xn está duplicado em xf, o termo em xf é
multiplicado pela menor potência de t que elimina a duplicação.
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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:
Equação característica:
( ) ( ) ( )
( )
=
=++ −∫
20
1652 30
x
edttxtxdt
tdx tt
texdt
dx
dt
dx 32
24852 −−=++
0522 =++ ss 212,1 js ±−=
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Resposta natural:
Resposta forçada:
Substituindo em
onde A = −6.
Resposta completa:
( ) ( )[ ]tAtAex tn 2sen2cos 21 += −
tf Aex 3−=
texdt
dx
dt
dx 32
24852 −−=++
tttt eAeAeAe 3333 48569 −−−− −=+−
tt eAe 33 488 −− −=
( ) ( )[ ] tt etAtAex 321 62sen2cos −− −+=
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Determinação das constantes arbitrárias:
Necessitamos de 2 condições iniciais:
1) x(0) = 2
2)
Aplicando a primeira condição inicial na resposta completa, obtemos:
( ) ( ) ( ) 030
016502
0 ⋅−=++ ∫ edttxxdt
dx
( )160522
0 =⋅+⋅+dt
dx( )160522
0 =⋅+⋅+dt
dx
( )12
0 =dt
dx
( ) ( ) ( )[ ] 0321
0 602sen02cos0 ⋅−− −⋅+⋅= eAAex
62 1 −= A 62 1 −= A 81 =A
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Diferenciando obtemos:
Portanto A2 = 1.
Resposta final:
( ) ( )[ ] tt etAtAex 321 62sen2cos −− −+=
( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ] ttt etAtAetAtAedt
dx 32121 182sen2cos2cos22sen2 −−− ++−+−=
( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ] 0321
021
0 1802sen02cos02cos202sen20 ⋅−−− +⋅+⋅−⋅+⋅−= eAAeAAe
dt
dx
18212 12 +−= AA
( ) ( )[ ] tt ettex 362sen2cos8 −− −+=
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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 µF2 kΩ
1 kΩ v
v1
( )tdt
dvvv 2000cos101024 13
1 =×+− −
dt
dvv 31 10
41 −×−=
010102
1
101
1
102
1
102
1
101
1 16331333
=+×
−×
−
×+
×+
×−
dt
dvvvv g
01081
102
1 613
=×+×
−dt
dvv
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( )tdt
dv
dt
dv
dt
dv2000cos1010
41
1021041
4 333 =
×−×+−
×− −−−
( )tvdt
dv
dt
vd2000cos102102102 763
2
2×−=×+×+
Equação característica:
Freqüências naturais: s1,2 = −1000 ± j1000
Resposta natural:
Resposta forçada:
Substituindo na equação diferencial, obtemos:
0102102 632 =×+×+ ss
( ) ( )[ ]tAtAev tn 1000sen1000cos 21
1000 += −
( ) ( )tBtAv f 2000sen2000cos +=
( ) ( ) ( ) ( ) ( )ttBAtBA 2000cos202000sen242000cos42 −=+−++−
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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
=−−
−=+−
024
2042
BA
BA
( ) ( )[ ] ( ) ( )tttAtAev t 2000sen42000cos21000sen1000cos 211000 −++= −
( ) ( )dt
dvv
+−+ ×−= 0
1041
0 31
( )0
0 =+
dt
dv
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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:
0800010001000 12 =−− AA
( ) ( )[ ] ( ) ( )ttttev t 2000sen42000cos21000sen61000cos21000 −++−= −
( ) ( )[ ] ( ) ( )tttAtAev t 2000sen42000cos21000sen1000cos 211000 −++= −
( )0
0 =+
dt
dv
( ) ( )[ ] ( ) ( )0sen40cos20sen0cos0 210 −++= AAe
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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:
LRig v C+
-
i
( ) ( ) ( )g
ti
dt
tdvCIdttv
LR
tv =+++ ∫ 00
1dt
d
DECOM-FEEC-UNICAMPEA-513 – Circuitos Elétricos I
dt
div
Ldt
dv
Rdt
vdC g=++ 11
2
2
Resposta natural:
Equação característica:
Freqüências naturais:
De acordo com o discriminante (1/R2 - 4C/L), existem 3 tipos de respostas:
superamortecido, subamortecido e amortecimento crítico.
011
2
2=++ v
Ldt
dv
Rdt
vdC
0112 =++L
sR
Cs
C
L
C
RRs
2
4112
2,1
−±−=
LCRCRCs
12
12
1 2
2,1 −
±−=
DECOM-FEEC-UNICAMPEA-513 – Circuitos Elétricos I
Caso Superamortecido:
ou
Freqüências naturais são números reais e distintos, e temos o caso
superamortecido:
Das condições iniciais, para t = 0+, e do cálculo de
041
2>−
L
C
R
CRL 24>
tsts eAeAv 21 21 +=
( ) ( ) ( )0
0100
0
0=+++
++
∫+
+ dt
dvCIdttv
LR
v
( )0
00
0 =+++
dt
dvCI
R
V ( )RC
RIV
dt
dv 000 +−=+
Usada para determinar as constantes arbitrárias.
DECOM-FEEC-UNICAMPEA-513 – Circuitos Elétricos I
Exemplo: R = 1 Ω, L = 4/3 H, C = 1/4 F, V0 = 2 [V], I0 = -3 [A].
onde s1 = −1 e s2 = −3, portanto
Como,
podemos obter A1 = 5 e A2 = −3, resultando
41
34
1
41
12
1
41
12
112
12
1
22
2,1⋅
−
⋅⋅±
⋅⋅=−
±−=LCRCRC
s
tt eAeAv 321
−− +=
( ) [ ]V 20 =v
( ) [ ]V/s 40 =
+
dt
dv
tt eev 335 −− −=
DECOM-FEEC-UNICAMPEA-513 – Circuitos Elétricos I
Esboço de v em função do tempo:
Note a falta de oscilações, o que é uma característica de superamortecimento.
v
t
tt eev 335 −− −=
te 33 −−
te−5
1 2 3 4
DECOM-FEEC-UNICAMPEA-513 – Circuitos Elétricos I
Caso Subamortecido:
ou
Freqüências naturais são números complexos, e temos o caso subamortecido.
Neste caso a resposta contém senos e cossenos e portanto a resposta oscila.
Definições:
• Freqüência de ressonância:
• Coeficiente de amortecimento:
• Freqüência amortecida:
041
2<−
L
C
R
CRL 24<
[ ]rad/s 1
0 LC=ω
[ ]Np/s 2
1RC
=α
[ ]rad/s 220 αωω −=d
DECOM-FEEC-UNICAMPEA-513 – Circuitos Elétricos I
Freqüências naturais:
Resposta:
que possui uma natureza oscilatória.
djLCRCRC
s ωα ±−=−
±−= 12
12
1 2
2,1
( ) ( )[ ]tAtAev ddt ωωα sencos 21 += −
DECOM-FEEC-UNICAMPEA-513 – Circuitos Elétricos I
Exemplo: R = 5 Ω, L = 1 H, C = 1/10 F, V0 = 0 [V], I0 = −3/2 [A].
assim,
Das condições iniciais, temos v(0) = 0, dv(0+)/dt = 15, logo A1 = 0 e A2 = 5.
Portanto,
( ) ( )[ ]tAtAev t 3sen3cos 21 += −
1010/11
110 =
⋅==
LCω
110/152
12
1 =⋅⋅
==RC
α
3110 =−=dω
( )tev t 3sen5 −=
DECOM-FEEC-UNICAMPEA-513 – Circuitos Elétricos I
Esboço de v em função do tempo:
Note a natureza oscilatória da resposta. A resposta é zero nos pontos onde a
senóide é zero, que são determinados pela freqüência amortecida.
v
t
te−5
2π/3 4π/3
te−− 5
( )tev t 3sen5 −=
DECOM-FEEC-UNICAMPEA-513 – Circuitos Elétricos I
Caso de Amortecimento Crítico:
ou
Freqüências naturais são reais e iguais, dadas por s1 = s2 = α.
onde
Resposta:
041
2=−
L
C
R
CRL 24=
[ ]Np/s 2
1RC
=α
( ) tetAAv α−+= 21
DECOM-FEEC-UNICAMPEA-513 – Circuitos Elétricos I
Exemplo: R = 1 Ω, L = 1 H, C = 1/4 F, V0 = 0 [V], I0 = -1 [A].
assim, A1 = 0 e A2 = 4.
Resposta:
24/112
12
1 =⋅⋅
==RC
α
tetv 24 −=
DECOM-FEEC-UNICAMPEA-513 – Circuitos Elétricos I
Esboço de v em função do tempo:
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
t1 2
tetv 24 −=
DECOM-FEEC-UNICAMPEA-513 – Circuitos Elétricos I
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
+−
gt
vVdtiC
Ridt
diL =+++ ∫0 0
1
dt
dvi
Cdt
diR
dt
idL g=++ 1
2
2dt
d
DECOM-FEEC-UNICAMPEA-513 – Circuitos Elétricos I
Freqüências naturais:
O circuito RLC em série está superamortecido se:
Resposta:
O circuito RLC em série está criticamente amortecido se:
Resposta:
LCL
R
L
Rs
122
2
2,1 −
±−=
01
2
2>−
LCL
R2
4
R
LC >
tsts eAeAi 21 21 +=
01
2
2=−
LCL
R2
4
R
LC =
( ) tsetAAi 121 +=
DECOM-FEEC-UNICAMPEA-513 – Circuitos Elétricos I
O circuito RLC em série está subamortecido se:
Freqüência de ressonância:
Coeficiente de amortecimento:
Freqüência amortecida:
Resposta:
01
2
2<−
LCL
R2
4
R
LC <
[ ]rad/s 1
0 LC=ω
[ ]Np/s 2L
R=α
[ ]rad/s 220 αωω −=d
( ) ( )[ ]tAtAei ddt ωωα sencos 21 += −
DECOM-FEEC-UNICAMPEA-513 – Circuitos Elétricos I
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
+−
1065210
=+++ ∫t
dtiidt
di
fn vvv +=
10655
52
51
2
2=+++ v
dt
dv
dt
vddt
dv
dt
dvCi
51==
0522
2=++ v
dt
dv
dt
vd
DECOM-FEEC-UNICAMPEA-513 – Circuitos Elétricos I
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.
Resposta completa:
Como v(0) = 6 V, temos
mas
assim,
( ) ( )[ ]tAtAev tn 2sen2cos 21 += −
0522 =++ ss
212,1 js ±−=
( ) ( )[ ] 102sen2cos 21 ++= − tAtAev t
( ) ( )[ ] 10100sen0cos6 1210 +=++= AAAe 41 −=A
( ) ( ) 200
51 ==
+i
dt
dv ( )10
0 =+
dt
dv12210 AA −= 32 =A
( ) ( )[ ] 102sen32cos4 ++−= − ttev t
DECOM-FEEC-UNICAMPEA-513 – Circuitos Elétricos I
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
+−
dt
dv
dt
dvCi
51==
2
2
51
dt
vd
dt
di =
( )tvdt
dv
dt
vdcos2052
2
2=++
( ) ( )[ ]tAtAev tn 2sen2cos 21 += −
DECOM-FEEC-UNICAMPEA-513 – Circuitos Elétricos I
Resposta forçada:
Assim, obtemos A = 4 e B = 2.
Resposta completa:
Condições iniciais: v(0) = 6 e i(0) = 2.
( ) ( )tBtAv f sencos +=
( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ] ( )ttBtAtBtAdt
dtBtA
dt
dcos20sencos5sencos2sencos
2
2=+++++
( ) ( ) ( ) ( ) ( )ttABtBA cos20sen24cos24 =−++
( ) ( )[ ] ( ) ( )tttAtAev t sen2cos42sen2cos 21 +++= −
( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( ) 60sen20cos40sen0cos0 210 =+++= AAev
641 =+A 21 =A
( )10
0 =+
dt
dv 2210 12 +−= AA 52 =A
( ) ( )[ ] ( ) ( )ttttev t sen2cos42sen52cos2 +++= −
DECOM-FEEC-UNICAMPEA-513 – Circuitos Elétricos I
9.10 Métodos Alternativos para a Obtenção das Equa ções 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.
DECOM-FEEC-UNICAMPEA-513 – Circuitos Elétricos I
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:
041
641 =+−+
−dt
dvvvvv g
t = 0
vg v 1/4 F+
-
i
+−
6 Ω
1 H
10 V
4 Ω a
b
v1
( ) 006 0 1
1 =++−∫ idtv
vv t
referência
gg v
dt
dvv
dt
dv
dt
vd6107
2
2+=++
DECOM-FEEC-UNICAMPEA-513 – Circuitos Elétricos I
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.
dt
dD =
( )xbaDbxaDxbxdt
dxa +=+=+
041
641 =+−+
−dt
dvvvvv g
( ) 006 0 1
1 =
++−∫ idtv
vv
dt
d t
gvvvD41
61
125
41
1 =−
+
0161
61
1 =
++− vDDv
( ) gvvvD 3253 1 =−+
( ) 06 1 =++− vDDv
DECOM-FEEC-UNICAMPEA-513 – Circuitos Elétricos I
( )( ) ( ) ( ) gvDvDvDD 6362536 1 +=+−++
( ) 0622 1 =++− vDDv
( )( )[ ] ( ) gvDvDDD 632536 +=−++
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:
( ) ( ) gvDvDD 61072 +=++
gg v
dt
dvv
dt
dv
dt
vd6107
2
2+=++
DECOM-FEEC-UNICAMPEA-513 – Circuitos Elétricos I
O procedimento pode também ser feito através de determinantes:
Regra de Cramer para obter v das equações:
dada por
onde
Então,
( ) gvvvD 3253 1 =−+
( ) 06 1 =++− vDDv
∆∆= 1v
6
253
+−−+
=∆DD
D
( ) gg vD
D
v63
60
231 +=
+−
=∆
1∆=∆v
DECOM-FEEC-UNICAMPEA-513 – Circuitos Elétricos I
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.
DECOM-FEEC-UNICAMPEA-513 – Circuitos Elétricos I
Exemplo: i e v são incógnitas (variáveis de estado do circuito). Para t > 0.
Nó a:
Malha direita:
041
4=++
−dt
dvi
vv g
dt
diiv += 6
441 gvv
dt
dvi
−−−=
−−−+
−−−=
441
441
6 gg vv
dt
dv
dt
dvv
dt
dvv
gg v
dt
dvv
dt
dv
dt
vd6107
2
2+=++
t = 0
vg v 1/4 F+
-
i
+−
6 Ω
1 H
10 V
4 Ω a
b
v1
DECOM-FEEC-UNICAMPEA-513 – Circuitos Elétricos I
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=++
−dt
dvi
vv g
( ) ( )0
041
14
06=++
− ++
dt
dvvg ( ) ( ) 1000 −= +
+gv
dt
dv
DECOM-FEEC-UNICAMPEA-513 – Circuitos Elétricos I
Este método pode ser grandemente facilitado pelo uso de teoria dos gráficos,
fazendo:
• 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 gráfico se o único enlace adicional à árvore é L.
dt
diL
DECOM-FEEC-UNICAMPEA-513 – Circuitos Elétricos I
Por exemplo:
Laço que contém o indutor de 1 H: a, v1, b, a, que fornece:
dt
diiv += 606 =−+ v
dt
dii
v1 v
+
−
+
−
vg i
a
b
DECOM-FEEC-UNICAMPEA-513 – Circuitos Elétricos I
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=++
−dt
dvi
vv g
v1 v
+
−
+
−
vg i
a
b
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