EN2703_2015.3Q_-_Aula08_Redes_primeira_ordem_forcado.pdf
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Redes de primeira ordem � resposta forçada
Prof. Fernando Silva de Moura
Universidade Federal do ABC
Centro de Engenharia, Modelagem e Ciên ias So iais Apli adas
Engenharia Biomédi a
EN2703 � Cir uitos Elétri os I
3
oQuadrimestre de 2015
Universidade Federal do ABC
Prof. Fernando Silva de Moura Redes de primeira ordem � resposta forçada
-
1
EDO não homogênea de primeira ordem
2
Determinação da solução parti ular
3
Resposta de um ir uito RL ou RC ao degrau
Cir uito RC
Cir uito RL
4
Resposta de um ir uito RL ou RC à ex itação senoidal
5
Resposta de um ir uito RL ou RC ao impulso
Prof. Fernando Silva de Moura Redes de primeira ordem � resposta forçada
EDO não homogênea de primeira ordem -
1
EDO não homogênea de primeira ordem
2
Determinação da solução parti ular
3
Resposta de um ir uito RL ou RC ao degrau
Cir uito RC
Cir uito RL
4
Resposta de um ir uito RL ou RC à ex itação senoidal
5
Resposta de um ir uito RL ou RC ao impulso
Prof. Fernando Silva de Moura Redes de primeira ordem � resposta forçada
EDO não homogênea de primeira ordem -
Solução da EDO não homogênea de primeira ordem
Vamos agora onsiderar EDOs lineares de primeira ordem não homogêneas om
oe� ientes onstantes, isto é, que ontenham uma forçante Q(t).
d y(t)
dt+ ay(t) = Q(t), (1)
Com a ondição
y(t0) = y0 (2)
Vamos utilizar o método do fator de integração para determinar a solução
Método do fator de integração
d y(t)
dt+ P (t)y(t) = Q(t) (3)
y(t) =1
µ(t)
[∫
µ(t).Q(t) dt+ C
]
(4)
µ(t) = exp
[∫
P (t) dt
]
(5)
Prof. Fernando Silva de Moura Redes de primeira ordem � resposta forçada
EDO não homogênea de primeira ordem -
Solução da EDO pelo método do fator de integração
In iando pelo fator de integração
µ(t) = exp
[∫
a dt
]
= eat. (6)
A solução será então
y(t) =1
µ(t)
[∫
µ(τ ).Q(τ )dτ + C
]
=1
eat
[∫
eaτ .Q(τ ) dτ + C
]
= e−at
∫
eaτ .Q(τ ) dτ + Ce−at =
∫
e−a(t−τ).Q(τ ) dτ + Ce−at
Solução
y(t) = yp(t) + Ce−at(7)
yp(t) =
∫
e−a(t−τ).Q(τ ) dτ (8)
Prof. Fernando Silva de Moura Redes de primeira ordem � resposta forçada
EDO não homogênea de primeira ordem -
Determinação da Constate C
Impondo a ondição y(t0) = y0, determinamos a onstante C:
y0 = yp(t0) + Ce−at0 ⇔ C =[y0 − yp(t0)]
e−at0= [y0 − yp(t0)]e
at0(9)
Portanto a solução �nal é
y(t) = yp(t) + Ce−at = yp(t) + [y0 − yp(t0)]e−a(t−t0)
(10)
ATEN�O
A determinação do(s) oe� iente(s) da solução geral através da
ondição ini ial DEVE ser feita om a solução ompleta, ou seja, om
a solução homogênea mais a solução parti ular! Os alunos ostumam
errar aqui!
Prof. Fernando Silva de Moura Redes de primeira ordem � resposta forçada
EDO não homogênea de primeira ordem -
Solução geral
Notação
Atenção na forma omo ada um dos termos são agrupados. Dependendo
do agrupamento, damos diferentes nomes.
resposta transitória(transiente)
resposta em regimepermanente
soluçãoparticular
soluçãohomogênea
resposta livre(só depende das cond. inic.)
resposta forçada(só depende da excitação)
Observações
1 yp(t) é uma solução parti ular da EDO não homogênea;
2 Após um período su� ientemente longo, y(t) ≈ yp(t) pois os demais
termos tenderão para zero (se a > 0);
3 Se a > 0, a resposta transitória irá sempre desapare er após algum tempo
pois possui um termo e−at;
4 O mesmo pode ser dito a respeito da resposta livre.
Prof. Fernando Silva de Moura Redes de primeira ordem � resposta forçada
EDO não homogênea de primeira ordem -
Observações
5 Da solução da EDO (7),
soluçãoparticular
soluçãohomogênea
A solução homogênea yh(t) é a solução da EDO homogênea asso iada à
EDO do problema
d y(t)dt
+ ay(t) = 0, (porém o valor de C dependerá do
valor da solução parti ular em t0);6 Há asos em que trabalhar om yh e yp para solu ionar uma EDO é mais
fá il, em outros, é melhor trabalhar om o método do fator de integração;
7 A determinação de yp pode não ser tarefa trivial. Há duas formas para
determiná-la:
�
método dos oe� ientes indeterminados (mais fá il, apenas para algumas
lasses �simples� de Q(t))�
método da variação dos parâmetros. (mais difí il, sem restrições para Q(t))
8 A fórmula de determinar yp(t) nada mais é do que a onvolução entre
Q(t) e e−atu(t);
yp(t) =
∫
e−a(t−τ)u(t− τ ).Q(τ )dτ , Q(t) ∗ [e−atu(t)] (11)
Neste urso não demonstraremos o apare imento do degrau unitário dentro da integral. Aos
interessados, ver seção 21.6: http://www.nada.kth.se/~annak/greens1d_odes.pdf
Prof. Fernando Silva de Moura Redes de primeira ordem � resposta forçada
Determinação da solução parti ular -
1
EDO não homogênea de primeira ordem
2
Determinação da solução parti ular
3
Resposta de um ir uito RL ou RC ao degrau
Cir uito RC
Cir uito RL
4
Resposta de um ir uito RL ou RC à ex itação senoidal
5
Resposta de um ir uito RL ou RC ao impulso
Prof. Fernando Silva de Moura Redes de primeira ordem � resposta forçada
Determinação da solução parti ular -
Método dos oe� ientes indeterminados
Vamos utilizar o método dos oe� ientes indeterminados para a har uma
solução parti ular para a EDO.
Método dos oe� ientes indeterminados
Podemos utilizar este método para funções do tipo polinomial,
( os)senoidal ou exponen ial, e suas ombinações (soma ou produto)
Vejamos omo pro eder em ada aso...
Prof. Fernando Silva de Moura Redes de primeira ordem � resposta forçada
Determinação da solução parti ular -
Ex itação polinomial
Pro edimento � Ex itação polinomial
Se f(t) = p(t) for um polin�mio de grau n ≥ 0, om oe� ientes onstantes
d y
dt+ ay = p(t) a = cte, (12)
1 Assumir que yp(t) deve ser um polin�mio de mesmo grau que p(t).
2 Cal ular a derivada de yp(t)
3 Substituir yp(t) ed yp(t)
dtna EDO e determinar os oe� ientes do
polin�mio
Justi� ativa
Se yp(t) também for um polin�mio de mesma ordem, então a sua derivada
d yp(t)
dttambém será. Substituindo ambos na EDO, podemos omparar
termo a termo os polin�mios em ambos os lados e identi� ar os oe� ientes
de yp(t).
Prof. Fernando Silva de Moura Redes de primeira ordem � resposta forçada
Determinação da solução parti ular -
Ex itação polinomial
Exemplo
En ontre a solução parti ular de
d y
dt+ 2y = t2 + 1
1 Vamos assumir que yp(t) = At2 +Bt+ C, pois f(t) = t2 + 1 é um
polin�mio de 2o grau.
2 Sua derivada será
d yp(t)
dt= 2At+B
3 Substituindo na EDO:
(2At+ B) + 2(At2 + Bt + C) = t2 + 1 (13)
2At2 + (2A+ 2B)t+ (B + 2C) = 1.t2 + 0t + 1 (14)
4 Por omparação
2A = 12A+ 2B = 0B + 2C = 1
⇒
A = 1/2B = −1/2C = 3/4
(15)
5 Finalmente, yp(t) =t2
2− t
2+ 3
4
Prof. Fernando Silva de Moura Redes de primeira ordem � resposta forçada
Determinação da solução parti ular -
Ex itação polinomial
Caso parti ular importante
Quando f(t) = K ( onstante), yp(t) será também uma onstante pois
ambos são polin�mios de grau zero.
Exemplo
En ontre a solução parti ular de
d y
dt+ ay = K
1 Vamos assumir yp(t) = C, pois f(t) = K é um polin�mio de grau
zero.
2 Sua derivada será
d yp(t)
dt= 0
3 Substituindo na EDO:
0 + aC = K ⇔ C =K
a(16)
4 Finalmente yp(t) = C = Ka
Prof. Fernando Silva de Moura Redes de primeira ordem � resposta forçada
Determinação da solução parti ular -
Ex itação exponen ial
Pro edimento � Ex itação exponen ial
Se f(t) for uma função exponen ial
d y
dt+ ay = Cekt a,C, k = cte. (17)
1 Assumir que yp(t) = Aekt. (Note que tem o mesmo expoente!)
2 Cal ular a derivada de yp(t)
3 Substituir yp(t) ed yp(t)
dtna EDO e determinar o oe� iente A
Justi� ativa
Se yp(t) também for uma exponen ial, então a sua derivada
d yp(t)
dttambém
será. Substituindo ambos na EDO, podemos omparar ambos os lados e
identi� ar o valor de A.
Atenção
Caso a solução homogênea da EDO possua o mesmo expoente, será
ne essário adotar yp(t) = A.t.ekt. Isto será visto mais adiante.
Prof. Fernando Silva de Moura Redes de primeira ordem � resposta forçada
Determinação da solução parti ular -
Ex itação exponen ial
Exemplo
En ontre a solução parti ular de
d y
dt+ 2y = 2e3t
1 Vamos assumir que yp(t) = Ae3t (Neste exemplo, a solução
homogênea é yh = Ae−2t, logo os expoentes são diferentes)
2 Sua derivada será
d yp(t)
dt= 3Ae3t
3 Substituindo na EDO:
(3Ae3t) + 2(Ae3t) = 2e3t ⇔ 3A+ 2A = 2 ⇔ A =2
5(18)
4 Finalmente yp(t) =25e3t
Prof. Fernando Silva de Moura Redes de primeira ordem � resposta forçada
Determinação da solução parti ular -
Ex itação ossenoidal
Pro edimento � Ex itação ossenoidal
Se f(t) for uma função ( os)senoidal
d y
dt+ ay = A sin(ωt) a,A,ω = cte. (19)
d y
dt+ ay = A cos(ωt) (20)
1 Assumir que yp(t) = C sin(ωt) +D cos(ωt) (Note que tem a mesma
frequên ia angular!)
2 Cal ular a derivada de yp(t)
3 Substituir yp(t) ed yp(t)
dtna EDO e determinar os oe� ientes C e D
Justi� ativa
Se yp(t) também for uma ossenoide, então a sua derivada
d yp(t)
dttambém
será. Substituindo ambos na EDO, podemos omparar ambos os lados e
identi� ar os valores de C e D.
Prof. Fernando Silva de Moura Redes de primeira ordem � resposta forçada
Determinação da solução parti ular -
Ex itação ossenoidal
Exemplo
En ontre a solução parti ular de
d y
dt+ 2y = 4 sin(2t)
1 Vamos assumir que yp(t) = C sin(2t) +D cos(2t)
2 Sua derivada será
d yp(t)
dt= 2C cos(2t)− 2D sin(2t)
3 Substituindo na EDO:
(2C cos(2t) − 2D sin(2t)) + 2(C sin(2t) +D cos(2t)) = 4 sin(2t) (21)
(2C − 2D) sin(2t) + (2C + 2D) cos(2t) = 4 sin(2t) + 0 cos(2t) (22)
4 Por omparação
{2C − 2D = 42C + 2D = 0
⇒
{C = 1D = −1
(23)
5 Finalmente yp(t) = sin(2t)− cos(2t)
Prof. Fernando Silva de Moura Redes de primeira ordem � resposta forçada
Determinação da solução parti ular -
Composição
Pro edimento � omposição
Quando f(t) for um produto de dois ou mais destes três tipos, assumir que
yp(t) será o produto das soluções asso iadas.
Exemplo
Se f(t) = t.cos(3t),adotar
yp(t) = (At+B) sin(3t) + (Ct+D) cos(3t) (24)
Pro edimento � soma
Quando f(t) for a soma de dois ou mais destes três tipos, assumir que
yp(t) será a soma das soluções asso iadas.
Exemplo
Se f(t) = t.et + cos(2t), adotar
yp(t) = (At+B)et +C sin(2t) +D cos(2t) (25)
Prof. Fernando Silva de Moura Redes de primeira ordem � resposta forçada
Determinação da solução parti ular -
Caso espe ial
Pro edimento � aso espe ial
Quando yp(t) adotado oin idir om a solução da equação homogênea
asso iada, multipli ar yp(t) por t, t2, et , onforme a ne essidade.
Exemplo
En ontrar a solução parti ular de
d y
dt+ 2y = 3e−2t
1 Como a solução homogênea é yh(t) = Ce−2t, devemos modi� ar a
solução parti ular para yp(t) = Ate−2t
2 Sua derivada será
d yp(t)
dt= Ae−2t − 2Ate−2t
(Ae−2t−✘✘✘✘
2Ate−2t) +✘✘✘✘✘2(Ate−2t) = 3e−2t
⇔ A = 3 (26)
3 Finalmente yp(t) = 3te−2t
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Resposta de um ir uito RL ou RC ao degrau -
1
EDO não homogênea de primeira ordem
2
Determinação da solução parti ular
3
Resposta de um ir uito RL ou RC ao degrau
Cir uito RC
Cir uito RL
4
Resposta de um ir uito RL ou RC à ex itação senoidal
5
Resposta de um ir uito RL ou RC ao impulso
Prof. Fernando Silva de Moura Redes de primeira ordem � resposta forçada
Resposta de um ir uito RL ou RC ao degrau - Cir uito RC
1
EDO não homogênea de primeira ordem
2
Determinação da solução parti ular
3
Resposta de um ir uito RL ou RC ao degrau
Cir uito RC
Cir uito RL
4
Resposta de um ir uito RL ou RC à ex itação senoidal
5
Resposta de um ir uito RL ou RC ao impulso
Prof. Fernando Silva de Moura Redes de primeira ordem � resposta forçada
Resposta de um ir uito RL ou RC ao degrau - Cir uito RC
Cir uito RC
Vamos onsiderar o seguinte ir uito omo exemplo.
Exemplo
Considere o ir uito do diagrama. Ini ialmente a have está aberta,
des one tando o apa itor do resto do ir uito. Em t = t0 > 0 a have
omuta de posição e o apa itor one ta-se ao resto do ir uito. Determine
a tensão no apa itor vc(t) antes e depois da abertura da have. Assuma
que vc(0) = v0 e enquanto o apa itor está des one tado, a sua arga é
mantida.
Prof. Fernando Silva de Moura Redes de primeira ordem � resposta forçada
Resposta de um ir uito RL ou RC ao degrau - Cir uito RC
Cir uito RC � antes da omutação
Para t < t0, o apa itor mantém a sua arga.
Portanto podemos fa ilmente per eber que
vc(t) = v0, t < t0 (27)
antes dacomutação
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Resposta de um ir uito RL ou RC ao degrau - Cir uito RC
Cir uito RC � após a omutação
Para t ≥ t0, a asso iação RC estará one tada à fonte de orrente DC.
Pela lei das orrentes nesta nova situação (t ≥ t0),
ir + ic = Is ⇔✟✟✯
vcvrR
+ Cd vcdt
= Is ⇔vcR
+ Cd vcdt
= Is (28)
EDO linear não homogênea om oe� ientes onstantes
d vcdt
+1
RCvc =
IsC, t ≥ t0 (29)
Vamos resolver esta equação através da solução homogênea e parti ular.
vc(t) = vc,h(t) + vc,p(t), (30)
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Resposta de um ir uito RL ou RC ao degrau - Cir uito RC
Solução homogênea asso iada
EDO linear homogênea asso iada
d vcdt
+1
RCvc = 0 (31)
A solução geral homogênea já foi estudada anteriormente
Solução homogênea asso iada
vc,h(t) = V0 exp
(
−1
RCt
)
, (32)
onde V0 será determinada APÓS a ombinação om a solução parti ular
ATEN�O
A determinação do oe� iente da solução homogênea DEVE ser feita
om a solução ompleta, ou seja, om a solução homogênea mais a
solução parti ular! Os alunos ostumam errar aqui!
Vamos agora determinar a solução parti ular...
Prof. Fernando Silva de Moura Redes de primeira ordem � resposta forçada
Resposta de um ir uito RL ou RC ao degrau - Cir uito RC
Solução parti ular
EDO linear não homogênea
d vcdt
+1
RCvc =
IsC, t ≥ t0 (33)
1 Vamos assumir vc,p(t) = K, pois a forçante é onstante (polin�mio de
ordem zero)
2 Sua derivada será
d vc,p(t)
dt= 0
3 Substituindo na EDO:
0 +1
RCK =
IsC
⇔ K = IsR (34)
Solução parti ular
vc,p(t) = K = IsR (35)
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Resposta de um ir uito RL ou RC ao degrau - Cir uito RC
Solução geral
A solução geral será então
Solução geral
vc(t) = vc,h(t) + vc,p(t) = V0 exp
(
−1
RCt
)
+ IsR (36)
Com a solução geral ompleta, podemos determinar o oe� iente V0, baseado
nas ondições ini iais do problema.
Lembre-se
Só podemos determinar o(s) oe� ientes da solução homogênea om a
solução ompleta! Não se esqueça.
Prof. Fernando Silva de Moura Redes de primeira ordem � resposta forçada
Resposta de um ir uito RL ou RC ao degrau - Cir uito RC
Condições ini iais
Como o apa itor está om um dos terminais des one tados em t < t0 e
trata-se de um apa itor ideal, podemos assumir que a arga dele será mantida
até o instante de fe hamento da have. Portanto, imediatamente antes da
omutação da have,
vc(t−
0 ) = v0 (37)
Vamos novamente nos basear na onservação da energia armazenada no
apa itor
Conservação da energia
No apa itor, para que haja onservação da energia armazenada no
momento da omutação da have, é ne essários que
vc(t+0 ) = vc(t
−
0 ) (38)
Substituindo na solução geral da EDO, em t+0 :
✘✘✘✿v0vc(t0) = V0 exp
(
−1
RCt0
)
+ IsR (39)
V0 =(v0 − IsR)
exp(− 1
RCt0) = (v0 − IsR) exp
(1
RCt0
)
(40)
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Resposta de um ir uito RL ou RC ao degrau - Cir uito RC
Solução �nal
A solução �nal será então
vc(t) =
V0
︷ ︸︸ ︷
(v0 − IsR) exp
(1
RCt0
)
exp
(
−1
RCt
)
+ IsR (41)
Solução �nal para t ≥ t0
vc(t) = (v0 − IsR) exp
(
−1
RC(t− t0)
)
+ IsR, t ≥ t0 (42)
depois dacomutação
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Resposta de um ir uito RL ou RC ao degrau - Cir uito RC
Solução �nal
il(t) =
{v0 se t < t0(v0 − IsR) exp
(−
1RC
(t − t0))+ IsR se t ≥ t0
(43)
antes dacomuta�ão
depois dacomutação
ponto obtido dobalanço de energia
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Solução �nal
Variando-se o valor numéri o de v0, obteríamos outras soluções naturalmente.
il(t) =
{v0 se t < t0(v0 − IsR) exp
(− 1
RC(t − t0)
)+ IsR se t ≥ t0
(44)
antes dacomutação
depois dacomutação
antes dacomutação
depois dacomutação
antes dacomutação
depois dacomutação
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Observação � Forma alternativa
Poderíamos também resolver este problema utilizando diretamente as
expressões do fator de integração.
d vc
dt+
1
RCvc =
Is
C, t ≥ t0 (45)
Neste exemplo, o fator de integração será
µ(t) = exp
[∫
1
RCdt
]
= exp
(
1
RCt
)
. (46)
Notando que no exemplo Q = IsC, a solução será
y(t) =1
µ(t)
[∫
µ(τ).Q(τ) dτ + V0
]
= exp
(
−
1
RCt
)[∫
exp
(
1
RCτ
)
.Is
Cdτ + V0
]
= exp
(
−
1
RCt
)
Is
✁C
exp(
1
RCt)
1
R✁C+ V0
= IsR + V0 exp
(
−
1
RCt
)
(47)
Basta agora in luir a ondição v(t0) = v0 para a har a onstante V0
Utilizando o método do fator de integração, determinamos a solução
vc(t) = vc,h(t) + vc,p(t) diretamente.
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Resposta de um ir uito RL ou RC ao degrau - Cir uito RL
1
EDO não homogênea de primeira ordem
2
Determinação da solução parti ular
3
Resposta de um ir uito RL ou RC ao degrau
Cir uito RC
Cir uito RL
4
Resposta de um ir uito RL ou RC à ex itação senoidal
5
Resposta de um ir uito RL ou RC ao impulso
Prof. Fernando Silva de Moura Redes de primeira ordem � resposta forçada
Resposta de um ir uito RL ou RC ao degrau - Cir uito RL
Cir uito RL
Vamos onsiderar o seguinte ir uito omo exemplo.
Exemplo
Considere o ir uito do diagrama. Ini ialmente a have está des one tando
a asso iação RL do gerador de tensão. Em t = t0 > 0 a have omuta
de posição e o ir uito passa a ser alimentado pela fonte. Determine a
orrente que per orre o indutor il(t) antes e depois da abertura da have.
Assuma que il(0) = iA.
Prof. Fernando Silva de Moura Redes de primeira ordem � resposta forçada
Resposta de um ir uito RL ou RC ao degrau - Cir uito RL
Cir uito RL
Exemplo
Assuma que il(0) = iA.
Atenção
Note que neste exemplo o ir uito antes de t < 0 não está em regime
permanente pois a orrente il em t = 0 não é zero! Até o momento da
omutação da have, o ir uito RL está ainda des arregando.
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Resposta de um ir uito RL ou RC ao degrau - Cir uito RL
Cir uito RL
antes dacomutação
Para t < t0, a fonte não está one tada ao
resto do ir uito. Já vimos que a EDO que
rege a orrente no indutor será homogênea
d ildt
+R
Lil = 0, t < t0 (48)
uja solução geral é do tipo
il(t) = Ae−RL
t, t < t0 (49)
Impondo a ondição il(0) = iA, temos
✟✟✟✯iA
il(0) = Ae−RL
0, ⇔ A = iA (50)
Solução para t < 0
il(t) = iAe−
RL
t, t < t0 (51)
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Resposta de um ir uito RL ou RC ao degrau - Cir uito RL
EDO não homogênea
Para t ≥ t0, a asso iação RL estará one tada à fonte DC.
Pela lei das malhas nesta nova situação (t ≥ t0),
vr + vl − E = 0 ⇔ R��✒il
ir + Ld ildt
= E ⇔d ildt
+R
Lil =
E
L(52)
EDO linear não homogênea om oe� ientes onstantes
d ildt
+R
Lil =
E
L, t ≥ t0 (53)
Já vimos que a solução esta equação é
il(t) = il,h(t) + il,p(t), (54)
Prof. Fernando Silva de Moura Redes de primeira ordem � resposta forçada
Resposta de um ir uito RL ou RC ao degrau - Cir uito RL
Solução homogênea asso iada
d ildt
+R
Lil =
E
L, t ≥ t0 (55)
Solução homogênea asso iada
il,h(t) = I0 exp
(
−R
Lt
)
(56)
onde I0 será determinada APÓS a ombinação om a solução parti ular
Vamos agora determinar a solução parti ular...
Prof. Fernando Silva de Moura Redes de primeira ordem � resposta forçada
Resposta de um ir uito RL ou RC ao degrau - Cir uito RL
Solução parti ular
EDO linear não homogênea
d ildt
+R
Lil =
E
L, t ≥ t0 (57)
1 Vamos assumir il,p(t) = K, pois a forçante é onstante (polin�mio de
ordem zero)
2 Sua derivada será
d il,p(t)
dt= 0
3 Substituindo na EDO:
0 +R
LK =
E
L⇔ K =
E
R(58)
Solução parti ular
il,p(t) = K =E
R(59)
Prof. Fernando Silva de Moura Redes de primeira ordem � resposta forçada
Resposta de um ir uito RL ou RC ao degrau - Cir uito RL
Solução geral
A solução geral será então
Solução geral
il(t) = il,h(t) + il,p(t) = I0 exp
(
−R
Lt
)
+E
R(60)
Resta impor as ondições ini iais em t0
Observação
Vimos que as ondições ini iais podem estar em qualquer t, mesmo antes
de t0, pois sua função é apenas sele ionar uma solução dentro da família de
funções que obede em à EDO. Entretanto, omo estamos interessados em
onhe er o omportamento do ir uito om a omutação da have, vamos
utilizar as ondições em t0.
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Resposta de um ir uito RL ou RC ao degrau - Cir uito RL
Condições ini iais
Imediatamente antes da omutação da have, em t−0 o ir uito obede e a
primeira EDO livre (48). O valor da orrente no indutor neste instante é dada
pela resposta (51)
il(t) = iA exp
(
−R
Lt
)
, t < t0 (61)
Avaliando em t0,
i0 = il(t0) = iA exp
(
−R
Lt0
)
(62)
Vamos nos basear na onservação da energia armazenada no indutor
Conservação da energia
No indutor, para que haja onservação da energia armazenada no momento
da omutação da have, é ne essários que
il(t+0 ) = il(t
−
0 ) (63)
Substituindo na solução geral da EDO do segundo tre ho, em t+0 :
✟✟✟✯i0
il(t0) = I0 exp
(
−R
Lt0
)
+E
R⇔ I0 =
(
i0 −E
R
)
exp
(R
Lt0
)
(64)
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Solução �nal
A solução �nal será então
il(t) =
I0︷ ︸︸ ︷(
i0 −E
R
)
exp
(R
Lt0
)
exp
(
−R
Lt
)
+E
R(65)
Solução �nal
il(t) =
(
i0 −E
R
)
exp
(
−R
L(t− t0)
)
+E
R, t ≥ t0 (66)
i0 = iA exp
(
−R
Lt0
)
(67)
Atenção
Note que N�O estamos utilizando iA omo ondição ini ial para o ir uito
depois da omutação. O valor iA é usado APENAS no primeiro tre ho,
quando t < t0. Os alunos ostumam errar aqui!
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Solução �nal
d ildt
+R
Lil = 0, t < t0
d ildt
+R
Lil =
E
L, t ≥ t0
antes dacomutação
depois dacomutação
ponto obtido dobalanço de energia
il(t) =
{
iAe−
RL
tse t < t0
(i0 −
ER
)e−
RL
(t−t0) + ER
se t ≥ t0(68)
onde
i0 = iA exp
(
−R
Lt0
)
(69)
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Resposta de um ir uito RL ou RC ao degrau - Cir uito RL
Solução �nal
Variando-se o valor numéri o de iA, obteríamos outras soluções naturalmente.
il(t) =
{
iAe−RL
tse t < t0(
i0 − ER
)
e−RL
(t−t0) + ER
se t ≥ t0(70)
antes dacomutação
depois dacomutação
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Resposta de um ir uito RL ou RC à ex itação senoidal -
1
EDO não homogênea de primeira ordem
2
Determinação da solução parti ular
3
Resposta de um ir uito RL ou RC ao degrau
Cir uito RC
Cir uito RL
4
Resposta de um ir uito RL ou RC à ex itação senoidal
5
Resposta de um ir uito RL ou RC ao impulso
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Resposta de um ir uito RL ou RC à ex itação senoidal -
Resposta à ex itação senoidal
Vamos analisar a solução da EDO, ex itada por uma função senoidal
d y(t)
dt+ ay(t) = A sin(ωt) +B cos(ωt), a, A,B = onstante (71)
Solução homogênea asso iada
A solução geral da equação homogênea asso iada a esta EDO é
yh(t) = Y0e−at. (72)
onde Y0 será determinada após a ombinação om a solução parti ular
Vamos utilizar o método dos oe� ientes a determinar para en ontrar uma
solução parti ular yp(t).
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Resposta de um ir uito RL ou RC à ex itação senoidal -
Resposta ao seno
1 Como a ex itação é do tipo senoidal, vamos admitir uma solução do tipo
yp(t) = C sin(ωt) +D cos(ωt) (73)
2 Sua derivada será
d yp(t)
dt= Cω cos(ωt)−Dω sin(ωt) (74)
3 Substituindo na EDO:
(Cω cos(ωt) − Dω sin(ωt)) + a(C sin(ωt) + D cos(ωt)) = A sin(ωt) + B cos(ωt)
(aC − Dω) sin(ωt) + (Cω + aD) cos(ωt) = A sin(ωt) + B cos(ωt)
4 Por omparação
{aC −Dω = ACω + aD = B
⇒
{C = (aA+ ωB)/(a2 − ω2)D = (aB − ωA)/(a2 − ω2)
(75)
Finalmente
Solução geral
y(t) = Y0e−at + C sin(ωt) +D cos(ωt) (76)
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Resposta de um ir uito RL ou RC à ex itação senoidal -
Resposta ao seno - regime permanente
A solução geral apresenta duas omponentes, uma exponen ial de res ente e
mais uma omponente senoidal que persiste.
y(t) = Y0e−at + C sin(ωt) +D cos(ωt) (77)
Após um erto tempo, a par ela transitória deixa de ontribuir om a resposta
y(t) e o ir uito atinge o regime permanente senoidal
Regime permanente senoidal
y(t) = C sin(ωt) +D cos(ωt) (78)
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Resposta de um ir uito RL ou RC à ex itação senoidal -
Resposta ao seno - regime permanente
Propriedade da soma de senoides
A soma de duas ou mais senoides de mesma frequên ia resulta também e
uma senoide, om amplitude e fase diferente.
Demonstração
y(t) = C sin(ωt) +D cos(ωt) (79)
Vamos es rever esta expressão na forma y(t) = Y cos(ωt+ φ), onde Y é a
amplitude e φ é a fase. Podemos expandir esta expressão omo
Y cos(ωt+ φ) = Y [cos(ωt) cos(φ)− sin(ωt) sin(φ)]
= Y cos(φ) cos(ωt) + [−Y sin(φ)] sin(ωt) (80)
Por omparação,
{−C = Y sin(φ)D = Y cos(φ)
(81)
Elevando ao quadrado as equações e somando
Y 2
=1︷ ︸︸ ︷
(sin2(φ) + cos2(φ)) = (−C)2 +D2⇒ Y =
√
C2 +D2(82)
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Resposta ao seno - regime permanente
Dividindo a primeira pela segunda
✚Y sinφ
✚Y cosφ= −
C
D⇔ φ = arctan(−C/D) (83)
Atenção
Cuidado om o uso de arctan( . ). Éne essário veri� ar o quadrante! Ou utilizar
atan2(y,x)
Portanto
y(t) = C sin(ωt) +D cos(ωt) = Y cos(ωt+ φ) (84)
Y =√
C2 +D2(85)
φ = arctan(−C/D) (86)
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1
EDO não homogênea de primeira ordem
2
Determinação da solução parti ular
3
Resposta de um ir uito RL ou RC ao degrau
Cir uito RC
Cir uito RL
4
Resposta de um ir uito RL ou RC à ex itação senoidal
5
Resposta de um ir uito RL ou RC ao impulso
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Resposta de um ir uito RL ou RC ao impulso -
Resposta impulsiva
Vamos agora determinar a resposta impulsiva de ir uitos de primeira ordem,
ou seja, quando a forçante é o delta de Dira .
d y(t)
dt+ ay(t) = b.δ(t− t0), a, b = onstante (87)
Resposta impulsiva
A resposta impulsiva de ir uitos lineares (ou de sistemas lineares em geral)
é uma importante propriedade do sistema. Com a resposta impulsiva é
possível determinar a resposta do sistema à uma forçante qualquer, através
da onvolução entre esta e a resposta impulsiva.
Será ne essário utilizar o método do fator de integração para en ontrar a
solução desta EDO, pois a forçante não se en aixa em nenhuma das lasses de
funções bási as (senoides, polin�mios e exponen iais)
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Comportamento geral da forçante
Para a forçante é zero Para a forçante é zero
Alguma coisa "estranha"deve acontecer em
Ponto importante
Sabemos que uma forçante do tipo impulsiva é zero para todo t 6= t0, ondet0 é o momento quando apare e a singularidade do delta de Dira .
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Comportamento geral da forçante
Para a forçante é zero Para a forçante é zero
Alguma coisa "estranha"deve acontecer em
Ponto have 1
Enquanto t < t0 a EDO será basi amente homogênea, já que
Q(t) = b.δ(t− t0) = 0, (88)
para t < t0.
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Comportamento geral da forçante
Para a forçante é zero Para a forçante é zero
Alguma coisa "estranha"deve acontecer em
Ponto have 2
Quando t = t0, Q(t) → ∞. Há uma forçante extremamente intensa
agindo no sistema, porém ativa por um intervalo de tempo muito urto.
Algo �estranho� deve a onte er om a resposta do sistema em t = t0.
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Comportamento geral da forçante
Para a forçante é zero Para a forçante é zero
Alguma coisa "estranha"deve acontecer em
Ponto have 3
Quando t > t0, Q(t) volta a valer zero. A EDO volta a ser basi amente
homogênea.
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Comportamento geral da forçante
Criando o diagrama de direções da EDO
d y(t)
dt+ ay(t) = b.δ(t− t0), a, b = onstante (89)
temos
Para a forçante é zero Para a forçante é zero
Alguma coisa "estranha"deve acontecer em
Note que basi amente a EDO é homogênea para todo t 6= t0, onde �algo� deve
a onte er.
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Resposta impulsiva
Utilizando o método do fator de integração, observando que Q(t) = b.δ(t− t0)
µ(t) = exp
[∫
a dt
]
= eat (90)
y(t) =1
eat
[∫
eaτ b.δ(τ − t0) dτ + Y0
]
= be−at
∫
eaτ .δ(τ − t0) dτ + Y0e−at
(91)
Pre isamos agora avaliar a integral :
�
Se t < t0, então a integral não onterá o ponto de singularidade e a
integral resulta em zero
y(t) = be−at.0 + Y0e−at, t < t0 (92)
�
Se t > t0, então a integral onterá o ponto de singularidade e a integral
será (pela propriedade da amostragem do delta de Dira )
y(t) = be−at.eat0 + Y0e−at, t > t0 (93)
Lembrete: Propriedade de amostragem
∫ b
a
f(t)δ(t− t0) dt = f(t0), a < t0 < b, (94)
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Resposta impulsiva
Temos então duas partes para esta solução, uma para t < t0 e outra para t > t0
y(t) =
{be−at.0 + Y0e
−atse t < t0
be−ateat0 + Y0e−at
se t > t0(95)
Podemos es rever esta equação de have em uma úni a expressão om o
auxílio do degrau unitário u(t):
y(t) =
{be−at.eat0 .0 + Y0e
−atse t < t0
be−at.eat0 .1 + Y0e−at
se t > t0(96)
y(t) = be−ateat0u(t− t0) + Y0e−at, ∀t (97)
Solução geral
y(t) = [beat0u(t− t0) + Y0]e−at, ∀t (98)
Resta agora utilizar uma ondição ini ial em algum instante t∗ para determinar
a onstante Y0.
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Condições ini iais
y(t) = [beat0u(t− t0) + Y0]e−at, ∀t (99)
Assim omo nos demais asos, vamos agora impor a ondição y(t∗) = y∗
para
determinar a onstante Y0
✟✟✟✯y∗
y(t∗) = [beat0u(t∗ − t0) + Y0]e−at∗
(100)
Y0 = [y∗
− be−a(t∗−t0)u(t∗ − t0)]eat∗
(101)
�
se t∗ < t0, então
Y0 = [y∗
− be−a(t∗−t0)✘✘✘✘✘✿0u(t∗ − t0)]e
at∗ = y∗eat∗
(102)
�
se t∗ > t0, então
Y0 = [y∗
− be−a(t∗−t0)✘✘✘✘✘✿1u(t∗ − t0)]e
at∗ = y∗eat∗
− beat0 (103)
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Condições ini iais e solução geral
Vamos assumir no resto da dedução que t∗ < t0, sem perda de generalidade.
Então
Y0 = y∗eat∗
(104)
e a solução será
Solução da EDO
y(t) = [beat0u(t− t0) + y∗eat∗
]e−at, ∀t (105)
Vamos agora analisar a solução em t < t0 e t > t0 para entender o que o orre
em t = t0...
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Análise da solução
Para t < t0, temos u(t− t0) = 0
y(t) = [beat0✘✘✘✘✘✿0u(t− t0) + y∗eat
∗
]e−at = y∗eat∗
e−at = y∗e−a(t−t∗)(106)
Esta é a solução livre da equação
d y
dt+ ay = 0, om ondição ini ial
y(t∗) = y∗
obs:
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Análise da solução
Para t > t0, temos u(t− t0) = 1
y(t) = [beat0✘✘✘✘✘✿1u(t− t0) + y∗eat
∗
]e−at = (beat0 + y∗eat∗
)e−at
= (beat0eat
∗
eat∗+ y∗eat
∗
)e−at = (bea(t0−t∗) + y∗)e−a(t−t∗)
= y∗
mode−a(t−t∗)
(107)
Esta é a solução livre da equação
d y
dt+ ay = 0, om ondição ini ial
modi� ada
y(t∗) = y∗
mod = bea(t0−t∗) + y∗
obs:
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Análise em t = t0
Vejamos o que o orre em t0:
�
em t−0 :
y(t−0 ) = y∗e−a(t0−t∗)(108)
�
em t+0 :
y(t+0 ) = (bea(t0−t∗) + y∗)e−a(t0−t∗) = b+
y(t−0)
︷ ︸︸ ︷
y∗e−a(t0−t∗) = b+ y(t−0 )(109)
Con lusão
Uma ex itação do tipo b.δ(t− t0) é equivalente a uma des ontinuidade da
solução em t0, om intensidade b.
y(t+0 ) = b+ y(t−0 ) (110)
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Análise em t = t0
Des ontinuidade
y(t+0 ) = b+ y(t−0 ) (111)
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Resposta impulsiva � Con lusões
d y(t)
dt+ ay(t) = b.δ(t− t0), a, b = onstante (112)
1 Quando a ex itação apresentar uma singularidade do tipo delta de Dira ,
então a solução y(t) será des ontínua no ponto da singularidade.
2 Isto signi� a que a tensão no apa itor vc(t) ou a orrente no indutor
il(t), dependendo da EDO, não onservará a energia! Haverá uma
mudança abrupta na energia armazenada.
3 A des ontinuidade (tamanho do salto) no instante da singularidade t0 será
igual à intensidade do impulso, b
y(t+0 ) = b+ y(t−0 ) (113)
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Exemplos
Exemplo 1
Determine a orrente il(t) para todo t, onsiderando que a have abre e
fe ha instantaneamente em t0 > 0 e que il(0) = 0.
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Exemplo 1
Vamos ini ialmente simpli� ar o ir uito
Substituição dachave pelo
delta de Dirac
Transformaçãode fonte
Transformação de fonte:
ig(t) =eg(t)
R=
Eδ(t− t0)
R(114)
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Exemplo 1
Associaçãoparalelo
Transformaçãode fonte
Transformação de fonte:
eg(t) = ig(t).R
2=
Eδ(t− t0)
✚R✚R2
=E
2δ(t− t0) (115)
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Exemplo 1
Podemos agora determinar a EDO do ir uito
vr + vl =E
2δ(t− t0) ⇔
R
2��✒
ilir + L
d il(t)
dt=
E
2δ(t− t0)
d il(t)
dt+
R
2Lil =
E
2Lδ(t− t0) (116)
Como a ex itação é apenas impulsiva, sabemos que o ir uito irá ter apenas
a resposta livre, ex eto no ponto de singularidade do delta.
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Exemplo 1
A solução geral será do tipo
il(t) =
{Iantes0 exp
(− R
2Lt)
se t < t0Idepois0 exp
(− R
2Lt)
se t ≥ t0(117)
Resta agora determinar as onstantes Iantes0 e Idepois0 para ada tre ho.
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Exemplo 1
A solução geral será do tipo
il(t) =
{Iantes0 exp
(− R
2Lt)
se t < t0Idepois0 exp
(− R
2Lt)
se t ≥ t0(118)
Pelo enun iado do exemplo, sabemos que il(0) = 0. Substituindo na
solução para t < t0 temos
✟✟✟✯0
il(0) = Iantes0 exp
(
−R
2L0
)
⇔ Iantes0 = 0 (119)
Parti ularmente neste exemplo, Iantes0 = 0, portanto a orrente il(t) = 0para t < t0. Isto nem sempre é verdade.
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Exemplo 1
A solução geral será do tipo
il(t) =
{
✟✟✟✯0
Iantes0 exp(− R
2Lt)
se t < t0Idepois0 exp
(− R
2Lt)
se t ≥ t0(120)
Para o segundo tre ho é ne essário onsiderar a des ontinuidade da solução,
omo apresentada anteriormente:
il(t+0 ) = b+ il(t
−
0 ), (121)
onde b é a intensidade do impulso. No exemplo b = E2L
.
Adi ionalmente, neste exemplo é fá il ver que il(t−
0 ) = 0, pois a solução
do primeiro tre ho é il(t) = 0. Portanto, para o segundo tre ho devemos
ter a seguinte ondição ini ial
il(t+0 ) = ✁✁✕
E2L
b+✟✟✟✯0il(t
−
0 ) =E
2L(122)
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Exemplo 1
Substituindo a ondição ini ial do seguindo tre ho il(t0) =E2L
na solução
geral para t > t0 temos
✟✟✟✯E2L
il(t0) = Idepois0 exp
(
−R
2Lt0
)
⇔ Idepois0 =E
2Lexp
(R
2Lt0
)
(123)
Determinamos então a solução para todo t:
il(t) =
{0. exp
(− R
2Lt)= 0 se t < t0[
E2L
exp(
R2L
t0)]
exp(− R
2Lt)
se t ≥ t0(124)
Forma alternativa: Função om atraso
Uma forma alternativa de es rever a solução é
il(t) =
{0 se t < t0E2L
exp[− R
2L(t− t0)
]se t ≥ t0
, (125)
Note que neste aso, o valor da onstante é o valor de il(t+0 ) diretamente.
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Exemplo 1
il(t) =
{0 se t < t0E2L
exp(
R2L
t0
)
exp(
− R2L
t)
se t ≥ t0(126)
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Forma alternativa
il(t) =
{0 se t < t0E2L
exp[
− R2L
(t− t0)]
se t ≥ t0, (127)
Di a avançada
Vo ê pode simpli� ar o trabalho de determinação das onstantes da solução
geral observando que é possível es rever a solução omo respostas atrasadas
de t0. Fazendo isto, as onstantes I0, ou V0 serão diretamente os valores
da solução em t+0 . Cuidado para não se onfundir!
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Exemplos
Exemplo 2
Resolva o mesmo problema, porém onsiderando que il(0) = i0 não nulo.
Como o problema é idênti o, ex eto quanto às ondições ini iais, sabemos
que a solução será do tipo
il(t) =
{Iantes0 exp
(− R
2Lt)
se t < t0Idepois0 exp
(− R
2Lt)
se t ≥ t0(128)
Resta agora determinar as onstantes Iantes0 e Idepois0 para ada tre ho.
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Exemplo 2
A solução geral será do tipo
il(t) =
{Iantes0 exp
(− R
2Lt)
se t < t0Idepois0 exp
(− R
2Lt)
se t ≥ t0(129)
Pelo enun iado do exemplo, sabemos que il(0) = i0. Substituindo na
solução para t < t0 temos
✟✟✟✯i0
il(0) = Iantes0 exp
(
−R
2L0
)
⇔ Iantes0 = i0 (130)
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Exemplo 2
A solução geral será do tipo
il(t) =
{
✟✟✟✯i0
Iantes0 exp(− R
2Lt)
se t < t0Idepois0 exp
(− R
2Lt)
se t ≥ t0(131)
Para o segundo tre ho é ne essário onsiderar a des ontinuidade da solução,
omo apresentada anteriormente: il(t+0 ) = b+ il(t
−
0 ).Ao ontrário do exemplo anterior, il(t
−
0 ) 6= 0 pois a solução no primeiro
tre ho mudou. O valor de il(t−
0 ) é fa ilmente al ulado, al ulando a
solução no primeiro tre ho quando t = t0:
il(t−
0 ) = i0 exp
(
−R
2Lt0
)
(132)
Portanto, para o segundo tre ho devemos ter a seguinte ondição ini ial
il(t+0 ) = ✁✁✕
E2L
b+ il(t−
0 ) =E
2L+ i0 exp
(
−R
2Lt0
)
(133)
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Exemplo 2
il(t+0 ) =
E
2L+ i0 exp
(
−R
2Lt0
)
(134)
Substituindo a ondição ini ial na solução geral do seguindo tre ho, temos
il(t0) =E
2L+ i0 exp
(
−R
2Lt0
)
= Idepois
0 exp
(
−R
2Lt0
)
(135)
Idepois
0 =E
2Lexp
(R
2Lt0
)
+ i0 (136)
Determinamos então a solução para todo t:
il(t) =
{i0. exp
(− R
2Lt)= 0 se t < t0[
E2L
exp(
R2L
t0)+ i0
]exp
(− R
2Lt)
se t ≥ t0(137)
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Resposta de um ir uito RL ou RC ao impulso -
Exemplo 2
il(t) =
{i0. exp
(− R
2Lt)= 0 se t < t0[
E2L
exp(
R2L
t0)+ i0
]exp
(− R
2Lt)
se t ≥ t0(138)
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Resposta de um ir uito RL ou RC ao impulso -
Forma alternativa
il(t) =
i0. exp(
− R2L
t)
= 0 se t < t0[
E2L
exp(
R2L
t0
)
+ i0exp( R
2Lt0)
exp( R2L
t0)
]
exp(
− R2L
t)
se t ≥ t0
(139)
il(t) =
i0. exp(
− R2L
t)
= 0 se t < t0[
E2L
+ i0 exp(
− R2L
t0
)]
exp(
− R2L
(t − t0))
se t ≥ t0(140)
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Resposta de um ir uito RL ou RC ao impulso -
Referên ias I
L. Q. Orsini and D. Consonni.
Curso de Cir uitos Elétri os, volume 1.
Editora Edgard Blü her, 2 edition, 2002.
J. W. Nilsson and S. A. Riedel.
Cir uitos Elétri os.
Pearson, 8 edition, 2009.
J. Stewart.
Cal ulus.
Available 2010 Titles Enhan ed Web Assign Series. Cengage Learning, 2007.
J. Hass, M. D. Weir, and G. B. Thomas.
University Cal ulus, Early Trans endentals.
Addison-Wesley, 2 edition, 2011.
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