Esta aula: Vamos estudar agora uma situação diferente: o …cardieri/NotasdeAula_EA513... ·...
8
EA513 – Circuitos Elétricos – DECOM – FEEC – UNICAMP – Aula 14 1 Esta aula: ! Circuitos com função de excitação do tipo degrau. ! Resposta natural e resposta forçada. Até agora estudamos circuitos RC e RL sem fontes independentes, mas com elementos (capacitores ou indutores) energizados: ! Corrente inicial em um indutor ou ! Tensão inicial em um capacitor. Um circuito desse tipo pode ser representado pela remoção em algum instante de uma fonte independente. Por exemplo, para o caso do circuito RL: R L 0 I R L ) (t i 0 I 0 = t 0 = t R L 0 I R L ) (t i 0 I R L ) (t i 0 I 0 = t 0 = t EA513 – Circuitos Elétricos – DECOM – FEEC – UNICAMP – Aula 14 2 Vamos estudar agora uma situação diferente: o comportamento de um circuito quando uma fonte independente é aplicada ao circuito em um dado instante. Podemos modelar a aplicação de uma fonte em um dado instante por meio da função matemática degrau unitário ) (t u : ! " # > < = 0 , 1 0 , 0 ) ( t t t u Note que a função ) (t u não é definida em 0 = t . t ) (t u 1 t ) ( 0 t t u − 1 0 t t ) (t u 1 t ) (t u 1 t ) ( 0 t t u − 1 0 t t ) ( 0 t t u − 1 0 t
Transcript of Esta aula: Vamos estudar agora uma situação diferente: o …cardieri/NotasdeAula_EA513... ·...
EA513 – Circuitos Elétricos – DECOM – FEEC – UNICAMP – Aula 14
1
Esta aula: ! Circuitos com função de excitação do tipo
degrau. ! Resposta natural e resposta forçada.
Até agora estudamos circuitos RC e RL sem fontes independentes, mas com elementos (capacitores ou indutores) energizados: ! Corrente inicial em um indutor ou ! Tensão inicial em um capacitor.
Um circuito desse tipo pode ser representado pela remoção em algum instante de uma fonte independente. Por exemplo, para o caso do circuito RL:
RL0I
RL
)(ti
0I
0=t0=t
RL0I
RL
)(ti
0I
RL
)(ti
0I
0=t0=t
EA513 – Circuitos Elétricos – DECOM – FEEC – UNICAMP – Aula 14
2
Vamos estudar agora uma situação diferente: o comportamento de um circuito quando uma fonte independente é aplicada ao circuito em um dado instante. Podemos modelar a aplicação de uma fonte em um dado instante por meio da função matemática degrau unitário )(tu :
!"#
>
<=
0,10,0
)(tt
tu
Note que a função )(tu não é definida em 0=t .
t
)(tu
1
t
)( 0ttu −
1
0tt
)(tu
1
t
)(tu
1
t
)( 0ttu −
1
0t t
)( 0ttu −
1
0t
EA513 – Circuitos Elétricos – DECOM – FEEC – UNICAMP – Aula 14
3
Forma geral (aplicação e remoção de fonte):
t
)( 0ttu −
1
0t
)( 1ttu −−
1−0t
1tt
t
)()( 10 ttuttu −−−
1
0t 1t
t
)( 0ttu −
1
0t
)( 1ttu −−
1−0t
1tt
t
)()( 10 ttuttu −−−
1
0t 1t
EA513 – Circuitos Elétricos – DECOM – FEEC – UNICAMP – Aula 14
4
A figura abaixo mostra o circuito equivalente à aplicação de uma fonte de tensão no instante 0t , ou seja, )( 00 ttuV − :
0tt =
Circuito
)( 00 ttuV −
Circuito
0tt =
CircuitoCircuito
)( 00 ttuV −
CircuitoCircuito
Note, portanto, que a função )( 00 ttuV − não equivale, em geral, a uma fonte de tensão 0V em série com uma chave que se fecha para
0tt > .
EA513 – Circuitos Elétricos – DECOM – FEEC – UNICAMP – Aula 14
5
Consideremos o circuito RL com uma fonte de tensão independente, e uma chave fechada em 0=t :
0V
R
L
0=t
)(0 tuVR
L
)(ti
0V
R
L
0=t
)(0 tuVR
L
)(ti
Para 0>t , a corrente )(ti obedece a equação diferencial (pela aplicação da LKT na malha):
0VdtdiLRi =+ .
Para 0<t , sabemos que 0)( =ti . Separando as variáveis na equação diferencial, ficamos com
dtRiV
Ldi=
−0.
Substituindo xRiV =−0 e dxRdi =− , temos:
dtxdx
RLdt
RiVLdi
=−→=−0
.
EA513 – Circuitos Elétricos – DECOM – FEEC – UNICAMP – Aula 14
6
Integrando ambos lados, resulta em:
( ) →+=− ktxRL ln ( ) ktRiV
RL
+=−− 0ln
A constante k é determinada pela condição inicial )0(i . Vamos analisar o que ocorre no circuito antes e depois do fechamento da chave para determinarmos o valor )0(i : ! Antes do fechamento da chave, a corrente
no circuito é nula. Portanto, 0)0( =−i , ! Imediatamente após o fechamento da
chave, a corrente também deverá ser nula, pois um indutor não permite variação abrupta de sua corrente (exceto quando associada a uma tensão infinita). Então,
0)0( =+i . Assim, podemos afirmar que 0)0( =i . Usando esse valor como condição inicial, temos
( )0ln VRLk −= .
EA513 – Circuitos Elétricos – DECOM – FEEC – UNICAMP – Aula 14
7
Portanto,
( )[ ] tVRiVRL
=−−− 00 lnln para 0>t
ou, rearranjando os termos:
)(exp)( 00 tutLR
RV
RVti !"
#$%
&'()
*+,−−= .
Ou ainda:
)(exp)()( 00 tutLR
RVtu
RVti !
"#
$%&−−= ,
e )()()( tititi nf += . Vamos interpretar esse resultado, o que nos permitirá chegar a um procedimento mais simples de obtenção de ).(ti A parte exponencial de )(ti , denotada por )(tin , tem a mesma forma funcional que aquela
obtida para circuitos RL sem fontes independentes. Normalmente esta componente recebe o nome de resposta normal:
)(exp)( 0 tutLR
RVtin !
"#
$%&−−= .
Note que 0)( →tin para ∞→t .
EA513 – Circuitos Elétricos – DECOM – FEEC – UNICAMP – Aula 14
8
A parte constante de )(ti , denotada por )(ti f , tem as características da fonte independente, e recebe o nome de resposta forçada:
)()( 0 tuRVti f = .
Note que, como 0)( →tin para ∞→t , então:
)()( titi f→ para ∞→t ,
RV0
RV0−
tResposta natural in (t)
Resposta forçada if (t)
Resposta completa i(t)
RV0
RV0−
tResposta natural in (t)
Resposta forçada if (t)
Resposta completa i(t)
EA513 – Circuitos Elétricos – DECOM – FEEC – UNICAMP – Aula 14
9
Observações e interpretações: ! No momento em que a chave é fechada, a
corrente no circuito deve corresponder à eventual energia armazenada no indutor. No nosso exemplo, a energia armazenada é nula.
! Por outro lado, a fonte independente tende a forçar uma corrente não nula imediatamente após o fechamento da chave.
! Portanto, a resposta natural garante a transição da corrente, partindo do valor correspondente à energia armazenada (zero, no nosso exemplo) para o valor que a fonte independente quer impor.
! Como nesse exemplo a fonte independente é contínua, o circuito RL após o transiente comporta-se como um circuito com apenas um resistor. Daí a explicação para a corrente final ser RVi 0)( =∞ .
EA513 – Circuitos Elétricos – DECOM – FEEC – UNICAMP – Aula 14
10
Resposta Natural e Resposta Forçada
Vimos que a solução da equação
0VdtdiLRi =+ (1)
apresenta duas partes: a natural e a forçada. A presença de duas componentes na solução da equação (1) era esperada. De fato, a solução de qualquer função diferencial linear, como
QPidtdi
=+ , (2)
pode ser expressa pela soma de uma solução particular e uma solução complementar: ! Solução particular: depende da função de
excitação Q, ! Solução complementar: depende das
características do circuito e das condições iniciais
Vamos buscar uma forma de obter a solução da equação (2), contendo as soluções particular e complementar, assumindo, por enquanto, que ! P é uma constante positiva, ! Q é uma função temporal, ou seja, )(tQ .
EA513 – Circuitos Elétricos – DECOM – FEEC – UNICAMP – Aula 14
11
Resolveremos a equação (2) usando o método do fator de integração: ! Multiplicamos ambos lados da equação por
um fator tal que o lado esquerdo torna-se uma derivada perfeita,
! Integramos ambos lados.
O fator em questão para a equação QPidtdi
=+
é )exp(Pt . Então:
( ))exp(PtQPidtdi
×=+
que resulta em
( ) ( ) ( )PtQPtiPdtdiPt expexpexp =+
Note que o lado esquerdo é a derivada temporal de ( )Pti exp , ou seja
( ) ( ) ( )PtiPdtdiPtPti
dtd expexpexp += .
Portanto, temos agora
( ) ( )PtQPtidtd expexp = .
EA513 – Circuitos Elétricos – DECOM – FEEC – UNICAMP – Aula 14
12
Integrando em t ambos lados, ficamos com ( ) ( ) AdtPtQPti += ∫ expexp
ou:
( ) ( ) ( )PtAdtPtQPtti −+−= ∫ expexpexp)( . Termo ( ) ( )∫− dtPtQPt expexp : • É a solução particular, pois depende da
função )(tQ . • Descreve a resposta após a solução
complementar desaparecer ( ∞→t ). • Chamamos então:
( ) ( )∫−= dtPtQPtti f expexp)( Termo ( )PtA −exp : • É a solução complementar, que depende das
condições iniciais do circuito. • Em circuitos sem fontes independentes
temos 0=Q e, portanto, a solução completa tem apenas a resposta natural
( )PtAtin −= exp)( . • Dessa expressão, concluímos também que
0>P .
EA513 – Circuitos Elétricos – DECOM – FEEC – UNICAMP – Aula 14
13
Se particularizarmos o nosso problema para o caso em que a fonte independente é contínua, ou seja, Q é constante, temos:
( ) ( )PQdtPtQPtti f =−= ∫ expexp)(
e,
( )PtAPQti −+= exp)( .
Resumindo: Partindo da equação diferencial na forma
)(tQPidtdi
=+ ,
com P sendo uma constante positiva, a solução )(ti tem a forma
( ) ( ) ( )PtAdtPtQPtti −+−= ∫ expexpexp)(
Se )(tQ for constante, )(ti torna-se
( )PtAPQti −+= exp)( .
EA513 – Circuitos Elétricos – DECOM – FEEC – UNICAMP – Aula 14
14
Vamos agora aplicar essa formulação para analisar o circuito RL já estudado com fonte independente.
)(0 tuVR
L
)(ti
)(0 tuVR
L
)(ti
A solução procurada tem a forma
)()()( tititi nf += .
A resposta natural )(tin é determinada quando removemos a fonte )(0 tuV . Portanto
( )PtAtin −= exp)( ,
com LRP = . A parte forçada )(ti f é aquela que restará quando ∞→t . Nesse nosso problema, como a fonte independente é constante, para ∞→t o circuito se comportará como uma fonte de tensão conectada a um resistor.
EA513 – Circuitos Elétricos – DECOM – FEEC – UNICAMP – Aula 14
15
Portanto,
RVti f 0)( = .
Juntando as duas componentes, temos
( )PtARVti −+= exp)( 0 .
Resta determinar o valor da constante A, que é feito com base na condição 0)0( =i , como já analisado. Aplicando essa condição na expressão de )(ti , tem-se
RVAA
RV 000 −=→+= .
Finalmente
( )[ ]LRtRVti −−= exp1)( 0 para 0>t
