INTRODUÇÃO AS EQUAÇÕES
INTEGRO-DIFERENCIAIS
CIRCUITOS DE PRIMEIRA ORDEM: RC, RL
RESPOSTA NATURAL e FORÇADA
CIRCUITOS DE SEGUNDA ORDEM: RLC SÉRIE e
PARALELO
RESPOSTA NATURAL
RESPOSTA SUPERAMORTECIDA
RESPOSTA SUBAMORTECIDA
RESPOSTA CRITICAMENTE AMORTECIDA
INTRODUÇÃO
Com a chave no lado esquerdo o capacitor recebe carga da bateria.
Chave no
lado direito
o capacitor se
descarrega
através da
lâmpada.
RESPOSTA GERAL: CIRCUITO DE PRIMEIRA ORDEM
IncluIindo a condição inicial
no modelo do capacitor (tensão)
ou no indutor (corrente):

dx
(t )  ax (t )  f (t ); x (0)  x0
dt
dx

 x  fTH ; x(0 )  x0
dt
É denominada de
constante de tempo e
esta associada a resposta
do circuito.
Resolvendo a equação diferencial,
usando o fator de integração, tem-se:
t
t0
t
1
x
e x (t )  e  x (t0 )   e  fTH ( x )dx
t0 
x(t )  e

t t 0

*/e

t

x(t0 ) 
1

t
e
t0

tx

fTH ( x)dx
CIRCUITOS DE PRIMEIRA ORDEM COM
FONTES CONSTANTES
dx

 x  fTH ; x(0 )  x0
dt
x(t )  fTH  x(t0 )  fTH e
A forma da solução é:
x(t )  K1  K2e

t t0


t t0

; t  t0
t  t0
TEMPO
CONSTANTE
TRANSIENTE
Qualquer variável do circuito é
da forma:
y(t )  K1  K2e

t t0

; t  t0
Somente os valores das constantes
K1, K2 podem mudar
EVOLUÇÃO DO TRANSIENTE E A INTERPRETAÇÃO DA
CONSTANTE DE TEMPO
Tangente atinge o eixo x no valor da constante de tempo
Descarrega de 0.632 do valor
Inicial em uma constante de tempo
Erro menor que 2%
Transiente é zero
a partir deste ponto
VISÃO QUALITATIVA:
MENOR CONSTANTE DE TEMPO
MAIS RÁPIDO O TRANSITÓRIO
DESAPARECE
CONSTANTE DE TEMPO
vC  v S
RS
vS
RS
Carga em um capacitor
KCL@a :
a
+

C

C
Assume
v S  VS , vC (0)  0
dvc vC  v S
C

0
dt
RS
vc O modelo:
_
dvC b
dt
dvC
RTH C
 vC  vTH
dt
t

2
3
4
5
e
t

transiente
Para efeitos práticos, o capacitor é
“carrregado” quando o transitório
é insignificante.

0.0067
A solução pode ser escrita como:
vC (t )  VS  VS e
t
0.368
0.135
0.0498
0.0183
  RTH C


  RTH C
EXAMPLE
FIND v (t ), t  0. ASSUME v (0) 
VS
2
PASSO 2 ANÁLISE DO ESTADO INICIAL
SOLUTION IS v (t )  K1  K 2e

t

, t 0
for   0 and t  , v(t)  K1 (steady state value)
NO ESTADO INICIAL A SOLUÇÃO É UMA
CONSTANTE. A DERIVADA É ZERO.
MODEL FOR t  0. USE KCL @ v (t )
v (t )  VS
dv
C
(t )  0 * / R
R
dt
initial condition v (0)  VS / 2
PASSO 1 CONSTANTE DE TEMPO
dy
 y f
dt
RC
dv
(t )  v (t )  Vs
dt
 (equating steady state values)
K1  VS
IF THE MODEL IS 
dy
 y  f THEN K1  f
dt
PASSO 3 USO DA CONDIÇÃO INICIAL
AT t  0
v (0)  K1  K 2  K 2  v (0)  K1
K 2  v (0)  f
v (0)  VS / 2  K 2  VS / 2
ANSWER : v (t )  VS  (VS / 2)e

t
RC , t
0
EXAMPLE
x ( t )  K1  K 2 e
FIND i (t ), t  0
i (t )
t

,t  0
K1  x (); K1  K 2  x (0)
 vR 
KVL

MODEL. USE KVL FOR t  0

vL

VS  v R  v L  Ri (t )  L
i (t )
di
(t )
dt
INITIAL CONDITION
t  0  i (0 )  0

i (0)  0
inductor  i (0)  i (0)
L di
VS   L
PASSO 1
(t )  i (t ) 
R
R dt
R
PASSO 2 ESTADO INICIAL
i ()  K1 
PASSO 3 CONDIÇÃO INICIAL
i (0)  K1  K 2
VS
R
t



L 
VS 
ANS: i (t ) 
1 e R 

R



PROBLEMA
v (t )
MODEL.KCL FOR t  0
IS 
v (t )
 i (t )
R
di
v (t )  L (t )  I S  L di (t )  i (t )
dt
R dt
INITIAL CONDITION: i (0)  0
PASSO 1
PASSO 2
PASSO 3

L
R
i ()  I S  K1  I S
i (0)  0  K1  K 2
t



L


R
ANS: i (t )  I S 1  e





i (t )  K1  K 2e

t
 ,t
0
INITIAL CONDITIONS
CIRCUIT IN STEADY STATEFOR t  0
MODEL FOR t  0
vC (0) 
i (t ) 
v (t )
R2
É MAIS SIMPLES DETERMINAR ATRAVÉS
DO MODELO DE TENSÃO
v (t )
dv
v (t )
 C (t ) 
 0; RP  R1 || R2
R1
dt
R2
RP  3k || 6k  2k
dv
v (t )
C (t ) 
0
dt
RP
3k
(12)  4V  v (0)  4V
3k  6k
PASSO 1
  RPC  (2 103 )(100 106 F )  0.2s
PASSO 2 v ()  K1  0
PASSO 3 v (0)  K1  K 2  4V  K 2  4V
v (t )  4e

t
t
0.2 [V ], t
0
4  0.2
ANS: i(t )  e [m A], t  0
3

FIND vO (t ), t  0
EXEMPLO
t
vC (t )  K1  K 2e  , t  0
K1  vC (); K1  K 2  i1 (0)
R1
R2
C
DETERMINE vc (t )
MODEL FOR t  0. USE KCL
dv
vC
dv
2
1
C C (t ) 
 0  ( R1  R2 )C C (t )  vc  0 vO (t ) 
vC (t )  vC (t )
dt
R1  R2
dt
24
3
PASSO 1   ( R1  R2 )C  (6 103 )(100 106 F )  0.6s
PASSO 2
vC (t )  K1  K 2e

t

8
vO (t )  e
3
, t  0 K1  0

CONDIÇÃO INICIAL. CIRCUITO NO ESTADO INICIAL t<0
t
0.6 [V ], t
0
PASSO 3
vC (0)  8  K1  K 2  K 2  8[V ]

6
vC (0  )  (12)V
9

vC (t )  8e

t
0.6 [V ], t
0
EXEMPLO
FIND i1 (t ), t  0
i1 (t )  K1  K 2e

t

,t  0
K1  i1 (); K1  K 2  i1 (0)
CIRCUITO NO ESTADO INICIAL
i1 ( t )
i1 (0 )

vL

MODEL FOR t  0. USE KVL
di
1 di1
L 1  18i1 (t )  0 
(t )  i1 (t )  0
dt
9 dt
1


s
PASSO 1
9
PASSO 2
K1  0
CONDIÇÃO INICIAL
CORRENTE NO INDUTOR PARA t<0
L
i1 (0) 
PASSO 3
12V
 1A
12
i1 (0)  i1 (0)  K1  K 2  K 2  1[ A]

ANS: i1(t )  e
t
1
9 [ A] 
e 9 t [ A], t  0
CIRCUITOS DE SEGUNDA ORDEM
EQUAÇÃO BÁSICA
 vC 
 vR 
iR
iL
iC

Lv

Malha simples: Uso KVL
Simples Nó: Uso KCL
 v S  v R  vC  v L  0
 i S  i R  i L  iC  0
1 t
di
v (t )
1t
dv
iR 
; i L   v ( x )dx  i L (t0 ); iC  C (t ) v R  Ri; vC   i ( x )dx  vC (t 0 ); v L  L (t )
C t0
dt
R
L t0
dt
t
v 1
dv
  v ( x )dx  i L (t 0 )  C (t )  i S
R L t0
dt
Diferenciando
1 t
di
Ri   i ( x )dx  vC (t0 )  L (t )  v S
C t0
dt
d 2v 1 dv v di S
C 2
 
R dt L dt
dt
d 2i
di i dv S
L 2 R  
dt C
dt
dt
EXEMPLO
WRITE THE DIFFERENTIAL EQUATION FOR v (t ), i (t ), RESPECTIVELY

vS
iS

 0 t 0
i S (t )  
I S t  0
di S
(t )  0; t  0
dt
MODEL O PARA RLC PARALELO
VS t  0
v S (t )  
 0 t 0
dv S
(t )  0; t  0
dt
MODELO PARA RLC SÉRIE
d 2v 1 dv v diS
C 2
 
dt R dt L dt
d 2i
di i dv S
L 2 R  
dt C dt
dt
d 2v 1 dv v
C 2
 0
R dt L
dt
d 2i
di i
L 2 R  0
dt C
dt
A RESPOSTA DA EQUAÇÃO
WE STUDY THE SOLUTIONSFOR THE
EQUATION
d2x
dx
(t )  a1 (t )  a2 x (t )  f (t )
2
dt
dt
KNOWN : x (t )  x p (t )  xc (t )
xp
particular solution
xc
complementary solution
f (t )  A  x p 
A
is a particular solution
a2
dx p d 2 x p
A
THE COMPLEMENTARY SOLUTION PROOF: x p  a  dt  dt 2  0  a2 x p  A
2
SATISIFES
d 2 xc
dxc
(
t
)

a
( t )  a 2 xc ( t )  0
1
2
dt
dt
FOR ANY FORCING FUNCTION f (t )  A
x (t ) 
A
 xc ( t )
a2
SE A FUNÇÃO FORÇADA É UMA CONSTANTE
A EQUAÇÃO HOMOGÊNEA
2
d x
dx
(t )  a1 (t )  a2 x (t )  0
2
dt
dt
NORMALIZED FORM
d2x
dx
2
(
t
)

2

(
t
)


n
n x (t )  0
2
dt
dt
 n (undamped) natural frequency

damping ratio
CHARACTERISTIC EQUATION
s 2  2n s  n2  0
a2   n2
DETERMINE THE CHARACTERISTIC
EQUATION, DAMPING RATIO AND
NATURAL FREQUENCY
d2x
dx
4 2 (t )  8 (t )  16 x (t )  0
dt
dt
COEFICIENTE DA SEGUNDA DERIVADA
d2x
dx
(
t
)

2
(t )  4 x (t )  0
2
dt
dt
CHARACTERISTIC EQUATION
s2  2s  4  0
RAZÃO DE DECAIMENTO, FREQ. NATURAL
  n  a2
a1  2 n   
EXEMPLO
a1
2 a2
d2x
dx
(
t
)

2
(t )  4 x (t )  0
dt
dt 2
n2   n  2
2 n

  0 .5
ANALISE DA EQUAÇÃO HOMOGÊNEA
NORMALIZED FORM
2
d x
dx
2
(
t
)

2

(
t
)


x (t )  0
n
n
2
dt
dt
x (t )  Ke st is a solution iff
s 2  2 n s   n2  0
CASE1 :   1 (real and distinct roots)
x(t )  K1e s1t  K 2e s2t
CASE 2 :   1 (complex conjugate roots)
x(t )  K1e s1t  K 2e s2t
s   n  j n 1   2
x(t ) real  K 2  K1*
s    j d
d  damped oscillation frequency
  damping factor
x(t )  e t  A1 cosd t  A2 sin d t 
2
dx
st d x
2
st
PROOF:
(t )  sKe ;

s
Ke
dt
dt 2
( n  j d ) t
 n t  j d t
st
HINT
:
e

e

e
e
2
d x
dx
 jd t
2
2
2
st
e
 cosd t  j sin d t
(
t
)

2

(
t
)


x
(
t
)

(
s

2

s


)
Ke
n
n
n
n
2
dt
dt
ASSUME K1  ( A1  jA2 ) / 2
CHARACTERISTIC EQUATION
K 2  K1* 
(  j d ) t

x
(
t
)

2
Re
K
e
2
2

1
s  2n s  n  0
s    j d 
CASE 3 :   1 (real and equal roots)
( s   n ) 2  ( n2   2 n2 )  0
s   n
2 2
2
s   n    n   n
x(t )  B1  B2t e  nt
s   n   n  2  1
HINT : te st is solution iff

(modes of the system)
( s 2  2 n s   n2  0) AND (2 s  2 n  0)

DETERMINAR A FORMA DA SOLUÇÃO GERAL
EXEMPLO
d2x
dx
(
t
)

4
(t )  4 x (t )  0
2
dt
dt
d2x
dx
4 2 (t )  8 (t )  16 x (t )  0
dt
dt
d2x
dx
(
t
)

2
(t )  4 x (t )  0
2
dt
dt
CHARACTERISTIC EQUATION
s2  4s  4  0
n2  4  n  2 2 n  4    1
n2  4  n  2
s 2  4s  4  0  ( s  2)2  0
2 n  2    0.5
s 2  2s  4  ( s  1)2  3  0  s  1  j 3
Raizes complexas conjugadas
Raizes reais e iguais
underdamped (case 2) system
this is a critically damped (case 3) system
SUBAMORTECIDO
CRITICAMENTE AMORTECIDO
x (t )  ( B1  B2 t )e st
x (t )  ( B1  B2 t )e
2 t
  n  1; d  n 1   2  2 1  0.25  3
x (t )  e t  A1 cos  d t  A2 sin  d t 
x (t )  e t A1 cos 3t  A2 sin 3t 
RLC PARALLEL CIRCUIT WITH
PROBLEMA
R  2; L  1H , C  0.5F ,1F ,2F
R  1, L  2 H , C  2 F
EQUAÇÃO HOMOGÊNEA
d 2v 1 dv v
C 2 
 0
R dt L
dt
d 2v dv v
2 2 
 0 2 s 1
1
3
dt 2
s    ( s  )2   0
dt
2 4
4
16
2
d v 1 dv v

  0  n  1 ; n  1    1
2
2 dt 4
dt
2
4
2
1
4
1
1
3
1 
2
4
4
t
 
3
3 
vc (t )  e 4  A1 cos
t  A2 sin
t 
4
4



d  n 1   2 
RLC SERIES CIRCUIT WITH
Classificar a resposta para
um dado valor de C
d 2i
di i
L 2  R   0 : / L & replace values
dt C
dt
d 2i
di i

2
 0
2
dt C
dt
1
n 
; 2n  2    C
C
C=0.5
C=1.0
C=2.0
subamortecido
criticamente amortecido
superamortecido
EXEMPLO
i L (0)  1A, vC (0)  4V
R  2, L  5 H , C  1 F
5
iL
iR
iC
i R  i L  iC  0
v 1t
dv
  v ( x )dx  i L (0)  C  0
R L0
dt
PASSO 1
d 2v
1 dv
1


v

0
MODELO
dt 2 RC dt LC
CHARACTERISTIC EQUATION PASSO 2
s 2  2.5s  1  0
 n  1;   1.25
 2.5  (2.5) 2  4  2.5  1.5 PASSO 3
s

RAIZES
2
2
v (t )  K1e 2t  K 2e 0.5t
PASSO 4
FORMA DA
SOLUÇÃO
PASSO 5: OBTER AS CONSTANTES
To determine the constants we need
dv
(0 )
dt
IF NOT GIVEN FIND vC (0), i L (0)
v (0)  vC (0)  vC (0)  4V
ANALIZAR
KCL AT t  0 
CIRCUITO
vC (0)
dv
t=0+
 i L (0 )  C (0 )  0
R
dt
dv
4
( 1)
(0  )  

 5
dt
2(1 / 5) (1 / 5)
K1  K 2  4 
  K1  2; K 2  2
 2 K1  0.5 K 2  5
v (0);
v (t )  2e 2t  2e 0.5t ; t  0
USO DO MATLAB PARA VISUALIZAR A RESPOSTA
%script6p7.m
%plots the response in Example 6.7
%v(t)=2exp(-2t)+2exp(-0.5t); t>0
t=linspace(0,20,1000);
v=2*exp(-2*t)+2*exp(-0.5*t);
plot(t,v,'mo'), grid, xlabel('time(sec)'), ylabel('V(Volts)')
title('RESPONSE OF OVERDAMPED PARALLEL RLC CIRCUIT')
SUPERAMORTECIDO
EXAMPLO
R  6, L  1H , C  0.04 F
i L (0)  4 A; vC (0)  4V

vR
 vL 
v R  v L  vC  0

Ri (t )  L
t
di
1
(t )   i ( x )dx  vC (0)  0
dt
C0

vC

TO COMPUTE
v L (t )  L
di
(0 )
dt
di
(t )
dt
di
di
d 2 i R di
1
L
(
0
)


Ri
(
0
)

v
(
0
)

(0)  20
C
model

(
t
)

i
(
t
)

0
dt
dt
LC
dt 2 L dt
di
d 2i
di
(t )  3i (t )  e 3t (4 A1 sin 4t  4 A2 cos 4t )
 6 ( t )  25i (t )  0
dt
dt
dt 2
2
 n  25   n  5 @ t  0 :  20  3  (4)  4 A2  A2  2
2
Ch. Eq.: s  6s  25  0
2 n  6    0.6
i (t )  e 3t (4 cos 4t  2 sin 4t )[ A]; t  0
 6  36  100
roots : s 
 3  j 4  d
di
1t
vC (t )   Ri (t )  L (t )  vC (0)   i ( x )dx
2
dt
C0
3t
i
(
t
)

e
(
A
cos
4
t

A
sin
4
t
)
Form:
1
2
vC (t )  e 3t (4 cos 4t  22 sin 4t )[V ]; t  0
i (0)  i L (0)  4 A  A1  4
USO DO MATLAB PARA VISUALIZAR A RESPOSTA
%script6p8.m
%displays the function i(t)=exp(-3t)(4cos(4t)-2sin(4t))
% and the function vc(t)=exp(-3t)(-4cos(4t)+22sin(4t))
% use a simle algorithm to estimate display time
tau=1/3;
tend=10*tau;
t=linspace(0,tend,350);
it=exp(-3*t).*(4*cos(4*t)-2*sin(4*t));
vc=exp(-3*t).*(-4*cos(4*t)+22*sin(4*t));
plot(t,it,'ro',t,vc,'bd'),grid,xlabel('Time(s)'),ylabel('Voltage/Current')
title('CURRENT AND CAPACITOR VOLTAGE')
legend('CURRENT(A)','CAPACITOR VOLTAGE(V)')
SUBAMORTECIDO
EXEMPL0
R1  10, R2  1, C  1F , L  2H vC (0)  1V , i L (0)  0.5 A
Ch. Eq.: s 2  6s  9  0  ( s  3)2
KVL
 n  3, 2 n  6    1
KCL
v (t )  e 3t B1  B2t 
v (0)  vc (0)  1V
KCL AT t  0 
i (0)  i L (0) 
L
v (t )
dv
di
 C (t )
(t )  R1i (t )  v (t )  0 i (t ) 
R2
dt
dt
 1 dv
 v (t )
d v
dv 
L
(t )  C 2   R1
 C (t )   v (t )  0
dt 
dt 
 R2
 R2 dt
 1
d 2v
R1  dv
R1  R2


(
t
)


(
t
)

v (t )  0


2
R2 LC
dt
 R2C L  dt
2
d 2v
dv
Ch. Eq.: s 2  6s  9  0
(t )  6 (t )  9v (t )  0
dt
dt 2
dv
v (0)
dv
(0)  3
 C (0) 
dt
R2
dt
v (0)  1  B1
dv
(0)  3v (0)  B2  3  B2  6
dt
v (t )  e 3t 1  6t ; t  0
USO DO MATLAB PARA VISUALIZAR A RESPOSTA
%script6p9.m
%displays the function v(t)=exp(-3t)(1+6t)
tau=1/3;
tend=ceil(10*tau);
t=linspace(0,tend,400);
vt=exp(-3*t).*(1+6*t);
plot(t,vt,'rx'),grid, xlabel('Time(s)'), ylabel('Voltage(V)')
title('CAPACITOR VOLTAGE')
CRITICAMENTE AMORTECIDO
Second
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