Laplace Resolução de Exercícios

Exercício 01

A chave do tipo liga-antes-interrompe-depois da Figura abaixo esteve na posição $a$ por um longo tempo antes de passar instantaneamente para a posição $b$ em $t = 0$.

a) Construa o circuito equivalente no domínio da frequência para $t > 0$.

b) Determine $I_o$ e $i_o$.

c) Determine $V_o$ e $v_o$.

Figura P13.12 — Circuito do exercício 01

1. Análise em $t < 0$ (Condições Iniciais)

A chave esteve na posição $a$ por um longo tempo, o que significa que o circuito atingiu o estado estacionário em corrente contínua (DC).

  • Capacitores se comportam como circuitos abertos.
  • Indutores se comportam como curtos-circuitos.

Nesta posição, a fonte de 75 V está conectada à rede de capacitores através do resistor de 25 kΩ. O lado direito do circuito (indutor e resistor de 6,25 kΩ) está desconectado, logo, a corrente inicial no indutor é zero:

$$i_o(0) = 0 \text{ A}$$

A rede de capacitores é formada pelo capacitor de 50 nF em série com a associação paralela dos capacitores de 75 nF e 125 nF.

  • Capacitância equivalente do paralelo ($C_p$): $75\text{ nF} + 125\text{ nF} = 200\text{ nF}$
  • Capacitância equivalente total ($C_{eq}$):
$$C_{eq} = \frac{50 \cdot 200}{50 + 200} = \frac{10000}{250} = 40\text{ nF}$$

Como não há corrente circulando no estado estacionário, não há queda de tensão no resistor de 25 kΩ. A tensão total sobre a rede de capacitores é igual à da fonte (75 V).

A tensão inicial $v_o(0)$ é a tensão sobre o capacitor de 50 nF. Podemos distribuir proporcionalmente a tensão (onde a tensão é inversamente proporcional à capacitância):

$$v_o(0) = 75 \cdot \frac{C_p}{C_1 + C_p} = 75 \cdot \frac{200}{50 + 200} = 75 \cdot 0{,}8 = 60\text{ V}$$ $$v_1(0) = 75 \cdot \frac{C_1}{C_1 + C_p} = 75 \cdot \frac{50}{50 + 200} = 75 \cdot 0{,}2 = 15\text{ V}$$
Circuito equivalente — Item a)
Circuito equivalente — Item b)

Determinando $I_o(s)$ e $i_o(t)$

Para $t > 0$, a chave muda para a posição $b$. A fonte e o resistor de 25 kΩ são desconectados, formando um circuito RLC série em malha fechada composto por:

  • Indutor $L = 250\text{ mH} = 0{,}25\text{ H}$
  • Resistor $R = 6{,}25\text{ k}\Omega = 6250\text{ }\Omega$
  • Capacitância equivalente $C_{eq} = 40\text{ nF}$ (com tensão inicial de 75 V)

No domínio de Laplace, a equação de malha (LKT) considerando a corrente $I_o(s)$ fluindo no sentido horário é:

$$I_o(s) \cdot \left( sL + R + \frac{1}{sC_{eq}} \right) = \frac{V_{Ceq}(0)}{s}$$

Substituindo os valores:

$$I_o(s) \cdot \left( 0{,}25s + 6250 + \frac{1}{s \cdot 40 \cdot 10^{-9}} \right) = \frac{75}{s}$$ $$I_o(s) \cdot \left( 0{,}25s + 6250 + \frac{25 \cdot 10^6}{s} \right) = \frac{75}{s}$$

Multiplicando toda a equação por $\dfrac{s}{0{,}25}$ para isolar $s^2$:

$$I_o(s) \cdot (s^2 + 25000s + 10^8) = \frac{75}{0{,}25}$$ $$I_o(s) = \frac{300}{s^2 + 25000s + 10^8}$$

Para encontrar as raízes do denominador:

$$s = \frac{-25000 \pm \sqrt{25000^2 - 4(1)(10^8)}}{2} = \frac{-25000 \pm \sqrt{625 \cdot 10^6 - 400 \cdot 10^6}}{2} = \frac{-25000 \pm 15000}{2}$$

As raízes são $s_1 = -5000$ e $s_2 = -20000$. Portanto:

$$I_o(s) = \frac{300}{(s + 5000)(s + 20000)}$$

Expandindo em frações parciais:

$$\frac{300}{(s + 5000)(s + 20000)} = \frac{A}{s + 5000} + \frac{B}{s + 20000}$$ $$A = \left. \frac{300}{s + 20000} \right|_{s=-5000} = \frac{300}{15000} = 0{,}02$$ $$B = \left. \frac{300}{s + 5000} \right|_{s=-20000} = \frac{300}{-15000} = -0{,}02$$

Temos então o resultado no domínio da frequência:

$$I_o(s) = \frac{0{,}02}{s + 5000} - \frac{0{,}02}{s + 20000}$$

Aplicando a Transformada Inversa de Laplace, obtemos a corrente no domínio do tempo:

$$\boxed{i_o(t) = \left( 0{,}02\,e^{-5000t} - 0{,}02\,e^{-20000t} \right) \text{ A}, \quad t \geq 0}$$
Circuito equivalente — Item c)

Determinando $V_o(s)$ e $v_o(t)$

O valor de $v_o(t)$ é a tensão especificamente sobre o capacitor de 50 nF ($C_1$). No domínio de Laplace, a tensão de um capacitor é dada por:

$$V(s) = \frac{I_C(s)}{sC} + \frac{v(0)}{s}$$

Observando o circuito para $t > 0$, a corrente $i_o$ circula no sentido horário, subindo pela malha esquerda e entrando no terminal inferior dos capacitores. Como a polaridade de $v_o$ está definida como positiva no topo, a corrente que entra pelo terminal positivo é $-I_o(s)$.

$$V_o(s) = \frac{-I_o(s)}{sC_1} + \frac{v_o(0)}{s}$$

Substituindo $C_1 = 50\text{ nF} = 50 \cdot 10^{-9}\text{ F}$, a condição inicial $v_o(0) = 60\text{ V}$ e a expressão de $I_o(s)$:

$$V_o(s) = \frac{-300}{s \cdot 50 \cdot 10^{-9}(s + 5000)(s + 20000)} + \frac{60}{s}$$ $$V_o(s) = \frac{-6 \cdot 10^9}{s(s + 5000)(s + 20000)} + \frac{60}{s}$$

Expandindo o primeiro termo em frações parciais:

$$\frac{-6 \cdot 10^9}{s(s + 5000)(s + 20000)} = \frac{K_1}{s} + \frac{K_2}{s + 5000} + \frac{K_3}{s + 20000}$$ $$K_1 = \left. \frac{-6 \cdot 10^9}{(s + 5000)(s + 20000)} \right|_{s=0} = \frac{-6 \cdot 10^9}{10^8} = -60$$ $$K_2 = \left. \frac{-6 \cdot 10^9}{s(s + 20000)} \right|_{s=-5000} = \frac{-6 \cdot 10^9}{(-5000)(15000)} = \frac{-6 \cdot 10^9}{-7{,}5 \cdot 10^7} = 80$$ $$K_3 = \left. \frac{-6 \cdot 10^9}{s(s + 5000)} \right|_{s=-20000} = \frac{-6 \cdot 10^9}{(-20000)(-15000)} = \frac{-6 \cdot 10^9}{3 \cdot 10^8} = -20$$

Substituindo esses coeficientes na equação original para $V_o(s)$:

$$V_o(s) = \left( -\frac{60}{s} + \frac{80}{s + 5000} - \frac{20}{s + 20000} \right) + \frac{60}{s}$$

Os termos $\dfrac{60}{s}$ se cancelam perfeitamente (o que faz sentido físico, pois toda a energia armazenada nos capacitores eventualmente se dissipará no resistor em $t \to \infty$, deixando a tensão final igual a zero). O resultado no domínio da frequência é:

$$V_o(s) = \frac{80}{s + 5000} - \frac{20}{s + 20000}$$

Aplicando a Transformada Inversa de Laplace, obtemos a tensão no domínio do tempo:

$$\boxed{v_o(t) = \left( 80\,e^{-5000t} - 20\,e^{-20000t} \right) \text{ V}, \quad t \geq 0}$$

Exercício 02

A chave do tipo liga-antes-interrompe-depois da Figura abaixo esteve na posição $a$ por um longo tempo. Em $t = 0$, ela passa instantaneamente para a posição $b$. Determine $v_o$ para $t \geq 0$.

Figura P13.11 — Circuito do exercício 02

Resolução

Análise Inicial e Modelagem do Circuito

Para $t < 0$:

Circuito para t < 0

Avaliando a malha no estado estacionário, montamos a equação nodal para encontrar $v_o(0^-)$ e $i_L(0^-)$:

$$\frac{v_o(0^-) + 150}{4000} + \frac{v_o(0^-)}{15000} + \frac{v_o(0^-)}{10000} = 0$$

Multiplicando tudo por $60000$ (MMC), chegamos a:

$$15v_o(0^-) + 2250 + 4v_o(0^-) + 6v_o(0^-) = 0$$ $$25v_o(0^-) = -2250 \implies v_o(0^-) = -90\text{ V}$$

A corrente no indutor (ramo de 15 k$\Omega$) é:

$$i_L(0^-) = \frac{-90}{15000} = -6\text{ mA}$$

Para $t > 0$ (No domínio $s$):

Circuito no domínio s para t > 0

A equação nodal completa do circuito transformado é:

$$\frac{V_o - 30 \times 10^{-3}}{5s + 15000} + \frac{V_o}{10^4} + \frac{\left(V_o + \dfrac{90}{s}\right)s}{50 \times 10^6} = 0$$

Isolando $V_o(s)$ e simplificando, chegamos à função de transferência:

$$V_o(s) = \frac{30(1000 - 3s)}{s^2 + 8000s + 25 \times 10^6}$$

As raízes do denominador são os polos complexos conjugados: $p_1 = -4000 + j3000$ e $p_2 = -4000 - j3000$.

Passo 4: Expansão em Frações Parciais

Etapa 1 — Frações Parciais e Cálculo dos Resíduos ($K_1$ e $K_2$):

Expressamos $V_o(s)$ na forma fatorada e estabelecemos a decomposição:

$$V_o(s) = \frac{30(1000 - 3s)}{(s - p_1)(s - p_2)} = \frac{K_1}{s - p_1} + \frac{K_2}{s - p_2}$$

Cálculo de $K_1$ — avaliamos no polo $s = p_1 = -4000 + j3000$:

$$K_1 = \left. \frac{30(1000 - 3s)}{s - p_2} \right|_{s=p_1} = \frac{30(1000 - 3(-4000 + j3000))}{(-4000 + j3000) - (-4000 - j3000)}$$ $$K_1 = \frac{30(1000 + 12000 - j9000)}{j6000} = \frac{390000 - j270000}{j6000}$$

Multiplicando numerador e denominador por $-j$ para eliminar a unidade imaginária do denominador:

$$K_1 = \frac{(390000 - j270000)(-j)}{j6000 \cdot (-j)} = \frac{-j390000 - 270000}{6000} = -45 - j65$$

Cálculo de $K_2$: como todos os coeficientes da equação original são reais, $K_2$ é obrigatoriamente o conjugado complexo de $K_1$:

$$K_2 = \overline{K_1} = -45 + j65$$

Conversão para a Forma Polar ($Me^{j\theta}$):

Módulo ($M$):

$$M = \sqrt{(-45)^2 + (-65)^2} = \sqrt{2025 + 4225} = \sqrt{6250} \approx 79{,}06$$

Fase ($\theta$) — como a parte real e a parte imaginária de $K_1$ são ambas negativas (3.º quadrante), devemos subtrair $180^\circ$:

$$\theta = -180^\circ + \arctan\!\left(\frac{-65}{-45}\right) = -180^\circ + 55{,}30^\circ = -124{,}70^\circ$$

Portanto, os resíduos em forma polar são:

$$K_1 = 79{,}06\,e^{-j124{,}70^\circ} \qquad K_2 = 79{,}06\,e^{+j124{,}70^\circ}$$

Etapa 2 — Montagem de $V_o(s)$ e Transformada Inversa:

Substituindo os resíduos polares e os polos na expansão e aplicando $\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{K}{s-p}\right\} = K\,e^{pt}$ termo a termo:

$$V_o(s) = \frac{79{,}06\,e^{-j124{,}70^\circ}}{s-(-4000+j3000)} + \frac{79{,}06\,e^{+j124{,}70^\circ}}{s-(-4000-j3000)}$$ $$v_o(t) = 79{,}06\,e^{-j124{,}70^\circ}\cdot e^{(-4000+j3000)t} + 79{,}06\,e^{+j124{,}70^\circ}\cdot e^{(-4000-j3000)t}$$

Etapa 3 — Manipulação Algébrica e Identidade de Euler:

Separamos o decaimento real da oscilação imaginária e colocamos os termos comuns ($79{,}06$ e $e^{-4000t}$) em evidência:

$$v_o(t) = 79{,}06\cdot e^{-4000t}\left(e^{-j124{,}70^\circ}\cdot e^{j3000t} + e^{+j124{,}70^\circ}\cdot e^{-j3000t}\right)$$

Somando os expoentes de mesma base:

$$v_o(t) = 79{,}06\cdot e^{-4000t}\left(e^{\,j(3000t\,-\,124{,}70^\circ)} + e^{-j(3000t\,-\,124{,}70^\circ)}\right)$$

Aplicando a Identidade de Euler $\left(e^{jx} + e^{-jx} = 2\cos x\right)$:

$$v_o(t) = 79{,}06\cdot e^{-4000t}\cdot 2\cos(3000t - 124{,}70^\circ)$$

Passo 5: Equação de $v_o(t)$

Multiplicando o módulo pelo fator 2 ($79{,}06 \times 2 = 158{,}12$), chegamos à equação horária final da tensão no capacitor:

$$\boxed{v_o(t) = 158{,}11\,e^{-4000t}\cos(3000t - 124{,}70^\circ)\text{ V}, \quad t \geq 0}$$

Aba 3

Conteúdo da aba 3.