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 $v_o$.
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 ($C_{eq}$):
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):
$$v_o(0) = 75 \cdot \frac{C_p}{C_1 + C_p} = 75 \cdot \frac{200}{50 + 200} = 75 \cdot 0{,}8 = 60\text{ V}$$ $$v_1(0) = 75 \cdot \frac{C_1}{C_1 + C_p} = 75 \cdot \frac{50}{50 + 200} = 75 \cdot 0{,}2 = 15\text{ V}$$
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:
$$I_o(s) \cdot \left( sL + R + \frac{1}{sC_{eq}} \right) = \frac{V_{Ceq}(0)}{s}$$Isolando $I_o(s)$ e multiplicando numerador e denominador por $s$:
$$I_o(s) = \frac{\dfrac{V_{Ceq}(0)}{s}}{sL + R + \dfrac{1}{sC_{eq}}}$$Multiplicando numerador e denominador por $sC_{eq}$:
$$I_o(s) = \frac{V_{Ceq}(0) \cdot C_{eq}}{s^2 L C_{eq} + sRC_{eq} + 1}$$Dividindo numerador e denominador por $LC_{eq}$:
$$I_o(s) = \frac{\dfrac{V_{Ceq}(0)}{L}}{s^2 + s\dfrac{R}{L} + \dfrac{1}{LC_{eq}}}$$Substituindo os valores $L = 0{,}25\text{ H}$, $R = 6250\text{ }\Omega$, $C_{eq} = 40\text{ nF}$ e $V_{Ceq}(0) = 75\text{ V}$:
$$I_o(s) = \frac{\dfrac{75}{0{,}25}}{s^2 + s\dfrac{6250}{0{,}25} + \dfrac{1}{0{,}25 \cdot 40 \cdot 10^{-9}}}$$ $$I_o(s) = \frac{300}{s^2 + 25000s + 10^8}$$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:
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:
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 $t \geq 0$.
Resolução
Análise Inicial e Modelagem do 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 $s$):
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 $180^\circ$:
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:
Exercício 03
Considere o circuito RLC série ilustrado na figura, submetido a uma entrada degrau, $V_i \cdot u(t)$ e com saída $V_o(t)$
a) Determine a função de transferência do sistema no domínio da frequência, $H(s) = \dfrac{V_o(s)}{V_i(s)}$.
b) Defina as expressões algébricas para a frequência de Neper (fator de amortecimento, $\alpha$) e para a frequência natural de ressonância ($\omega_0$) do circuito.
c) Calcule o valor exato da resistência $R$, em função da indutância $L$ e da capacitância $C$, para que o circuito apresente uma resposta criticamente amortecida.
a) Função de Transferência
Para encontrar a função de transferência, podemos aplicar o conceito de divisor de tensão utilizando as impedâncias no domínio de Laplace (considerando condições iniciais nulas):
- Resistor: $Z_R = R$
- Indutor: $Z_L = sL$
- Capacitor: $Z_C = \dfrac{1}{sC}$
A tensão de saída $V_o(s)$ sobre o capacitor é dada por:
$$V_o(s) = V_i(s) \cdot \frac{Z_C}{Z_R + Z_L + Z_C}$$Substituindo as impedâncias:
$$H(s) = \frac{V_o(s)}{V_i(s)} = \frac{\dfrac{1}{sC}}{R + sL + \dfrac{1}{sC}}$$Multiplicando o numerador e o denominador por $sC$, temos:
$$H(s) = \frac{1}{s^2LC + sRC + 1}$$Para deixar a equação no formato padrão de sistemas de segunda ordem (com o coeficiente de $s^2$ igual a $1$), dividimos o numerador e o denominador por $LC$:
$$H(s) = \frac{\dfrac{1}{LC}}{s^2 + s\dfrac{R}{L} + \dfrac{1}{LC}}$$b) Frequência de Neper e Frequência de Ressonância
A equação característica (denominador) de um sistema de segunda ordem no formato padrão é dada por:
$$s^2 + 2\alpha s + \omega_0^2$$Comparando os termos desta equação padrão com o denominador da função de transferência encontrada ($s^2 + s\dfrac{R}{L} + \dfrac{1}{LC}$), extraímos diretamente as duas frequências:
Frequência de Neper (ou Fator de Amortecimento, $\alpha$):
$$2\alpha = \frac{R}{L} \implies \alpha = \frac{R}{2L}$$Frequência Natural de Ressonância ($\omega_0$):
$$\omega_0^2 = \frac{1}{LC} \implies \omega_0 = \frac{1}{\sqrt{LC}}$$c) Valor de R para Resposta Criticamente Amortecida
Um circuito de segunda ordem é considerado criticamente amortecido quando as raízes de sua equação característica são reais e idênticas. Isso ocorre quando o fator de amortecimento é igual à frequência natural de ressonância:
$$\alpha = \omega_0$$Substituindo as expressões encontradas no item anterior:
$$\frac{R}{2L} = \frac{1}{\sqrt{LC}}$$Isolando a resistência $R$:
$$R = 2L \cdot \frac{1}{\sqrt{LC}}$$Introduzindo o $L$ na raiz quadrada (como $L^2$), obtemos a expressão final:
$$R = 2\sqrt{\frac{L^2}{LC}} \implies R = 2\sqrt{\frac{L}{C}}$$