Transformada de Laplace na Análise de Circuitos - Sala de Aula _ Estacio - 03-10-22

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DESCRIÇÃO
Conceitos de circuitos elétricos, e formulações da função de transferência e da resposta de um circuito linear
invariante no tempo.
   

PROPÓSITO
Compreender os efeitos dos elementos básicos de circuito e da função de transferência na resposta de um sinal.
PREPARAÇÃO
Antes de iniciar o conteúdo deste tema, tenha em mãos uma calculadora cientí�ca, uma tabela de Transformada
de Laplace e um simulador de circuitos – por exemplo, LTspice.
OBJETIVOS
Módulo 1
Empregar a Transformada de
Laplace e os modelos básicos
dos elementos de circuitos no
domínio da frequência
complexa (s)
Módulo 2
Calcular a função de
transferência e identi�car a
localização dos polos e zeros
Módulo 3
Calcular a resposta impulsiva, a
resposta estacionária e a
resposta a um sinal qualquer
(integral de convolução)
Assista, a seguir, um vídeo sobre a Transformada de Laplace na análise de circuitos.
   

02:29
MÓDULO 1
 Empregar a Transformada de Laplace e os
modelos básicos dos elementos de circuitos no
domínio da frequência complexa (s)
INTRODUÇÃO
Assista, a seguir, ao vídeo sobre a Transformada de Laplace e os modelos básicos dos elementos de circuitos no
domínio da frequência complexa (s).
   

Teoria de Circuitos
A Teoria de Circuitos pode ser vista como uma simpli�cação da Teoria de Campos, em que são estudados os
comportamentos de tensão e corrente sobre os elementos de circuito.
Um circuito pode ser interpretado como um sistema que recebe um sinal – tensão ou corrente – de entrada, 
e fornece um sinal de saída, , conforme ilustra a Figura 1.
 Figura 1 – Diagrama de um sistema
x(t)
y(t)
Para a análise desse sistema, devem ser feitas algumas considerações:
Clique nas barras para ver as informações.
SISTEMA CAUSAL 
SISTEMA LINEAR 
SISTEMA INVARIANTE NO TEMPO 
ELEMENTOS DO CIRCUITO SÃO CONCENTRADOS 
Elementos do circuito
A relação de tensão e corrente entre os elementos passivos básicos de circuito – resistores, capacitores e
indutores – está descrita na Tabela 1.
Tabela 1 – Elementos passivos básicos de um circuito
Elemento Unidade Relação de tensão e corrente Diagrama
Resistor (Resistência – R) ohms (Ω) v(t) = Ri(t) i(t) = Gv(t)
   

 
(Condutância – G) siemens (S)
Capacitor (Capacitância – C) farads (F)
Indutor (Indutância – L) henrys (H)
G =
1
R
v(t) =
1
C ∫ idt i(t) = C
dv
dt
v(t) = L
di
dt i(t) =
1
L ∫ vdt
Além dos elementos passivos, cuja energia é armazenada ou dissipada, há também os elementos ativos. Os
elementos ativos são aqueles capazes de fornecer energia ao circuito, ou seja, as fontes.
Equações diferenciais
Podemos notar, conhecendo as Leis de Kirchoff, que as soluções de circuito, no domínio do tempo, são formadas
por equações diferenciais. Vejamos:
an
dny
dtn + an−1
dn−1y
dtn−1
+ … + a1
dy
dt + a0y = bm
dmx
dtm + bm−1
dm−1x
dtm−1
+
A solução desse tipo de equação se divide em duas etapas:
1. Cálculo da solução homogênea, 
2. Cálculo da solução particular, 
yH(t)
yP (t)
Como resultado, a solução completa consiste na soma das duas:
   

y(t) = yH(t) + yP (t)
Solução homogênea
A solução homogênea é aquela que independe da entrada, . Nesse sentido, solução homogênea é função
apenas da topologia do circuito. Matematicamente, consiste na solução da seguinte equação:
x(t)
an
dny
dtn + an−1
dn−1y
dtn−1
+ … + a1
dy
dt + a0y = 0
Tal solução possui a forma:
y(t) = ert
A técnica para encontrar essa solução se baseia na resolução da equação característica. A equação característica,
por sua vez, é a equação polinomial formada ao substituir a exponencial na equação homogênea. Vejamos:
anr
n + an−1rn−1 + … + a1r + a0 = 0
A solução homogênea, portanto, é dada por:
yH(t) = K1er1t + K2er2t + … + Knernt
Caso a equação característica tenha soluções complexas, elas resultarão em um sinal
   

senoidal:
{ → yH (t) = e−αt (K1ejβt + K2e−jβt) = Ke−αtcos (βt + ϕ)
r1 = −α + jβ
r2 = −α − jβ
Solução particular
A solução particular, , é a parcela da solução que consiste na resposta forçada ao sinal de
entrada, .
Para calcular a solução particular, utilizamos o método dos coe�cientes indeterminados, que consiste em
determinar os coe�cientes de uma hipótese inicial sobre a forma da solução.
yP (t)
x(t)
A hipótese inicial é feita com base na forma do sinal de entrada, . Desse modo:x(t)
Se a entrada for uma exponencial, supomos que 
 será um múltiplo dessa exponencial;yP (t)
Se a entrada for um sinal senoidal, supomos que 
 será uma combinação linear de seno e
cosseno;
yP (t)
Se a entrada for um polinômio, supomos que 
será um polinômio de mesmo grau.
yP (t)
Na análise de circuitos senoidais, a resposta à entrada consiste na solução particular, . Desse modo, �ca
claro que tratando-se de uma forma de onda senoidal, também terá uma forma de onda senoidal
semelhante à entrada, , divergindo apenas em amplitude e fase.
Solução particular: Exponencial complexo
Ao trabalhar os sinais senoidais como fasores, estamos trabalhando com exponenciais complexos. Mais uma vez,
a resposta terá a mesma forma de um exponencial complexo semelhante à entrada, . A divergência se
dará apenas por um fator multiplicativo constante complexo, que de�ne sua amplitude e fase.
yP (t)
yP (t)
x(t)
yP (t) x(t)
   

Desse modo, para uma entrada na forma:
Clique na barra para ver as informações.
x(t) = Xest 
Teremos a seguinte resposta forçada:
Clique na barra para ver as informações.
yP(t) = Y est 
Ao de�nirmos a frequência complexa, s, como:
s = σ + jω
Em que σ e ω são números reais, teremos:
{
x(t) = Xmeσt cos(ωt + ϕx) = Re(Xest)
yP (t) = Ymeσt cos(ωt + ϕy) = Re(Y est)
Em que representa a parte real dos fasores e .Re(∙) Xest Y est
DEMONSTRAÇÃO
Partindo dos conceitos que acabamos de ver, revisaremos os elementos básicos de circuito sob a ótica de um
ferramental matemático de grande importância para o equacionamento e a análise de circuitos – a Transformada
de Laplace.
A Transformada de Laplace será capaz de nos fornecer não somente a resposta forçada – solução particular –,
como também a resposta homogênea, ou seja, a resposta completa.
As técnicas para solução de equações diferenciais apresentadas na introdução deste módulo podem ser bastante
complexas na análise de alguns circuitos. Desse modo, a Transformada de Laplace se apresenta como um
   

método mais adequado.
Transformada de Laplace
O que é a Transformada de Laplace?
A Transformada de Laplace consiste na transformada integral, no intervalo , da função com a função
núcleo , ou seja:
t ≥ 0 f(t)
e−st
L [f(t)] = F(s) = ∫ ∞0 f(t)e
−stdt
Em que s é um parâmetro que pertence aos números complexos.
A �nalidade de uma transformada integral é transformar um problema de difícil solução, , em outro mais
simples, . Em seguida, inverte-se a resposta do domínio de s para t.
f(t)
F(s)
É possível, com base na de�nição da equação da transformada, demonstrar as propriedades listada na Tabela 2.
Tabela 2 – Propriedades da Transformada de Laplace
Linearidade
Dilatação temporal
Deslocamento temporal
Deslocamento em frequência
Derivada
Múltiplas derivadas
Integral 
L [a1f1(t) + a2f2(t)] = a1F1(s) + a2F2(s)
L [f(at)] =
1
a
F(
s
a
)
L [f(t − t0)u(t − t0)] = e−t0sF(s)
L [eatf(t)] = F(s − a)
L [
d
dt f(t)] = sF(s) − f(0)
L [
dn
dtn f(t)] = s
nF(s) − ∑nk=1 s
n−k d
k−1
dtk−1
f(0)
t ≥ 0 L [∫ t0 f(τ)dτ] =
1
s
F(s)
   

A Tabela 3 apresenta a Transformada de Laplace das principais funções utilizadas em circuitos elétricos.
Tabela 3 – Transformada de Laplace
Função – Transformada – Região de convergência
1
f(t) F(s)
δ(t) ∀σ ∈ R
u(t)
1
s
σ > 0
t
n n!
sn+1
σ > 0
e
−at 1
s+a
σ > −a
cos(ω0t)
s
s2+ω20
σ > 0
sen(ω0t)
ω0
s2+ω20
σ > 0
As funções e consistem no impulso unitário e no degrau unitário, respectivamente, de�nidas como:δ(t) u(t)
δ(t) = { ,   onde  ∫ ∞−∞ δ(t). dt = 1
∞,   t = 0
0,   t ≠ 0
u(t) = {1,   t ≥ 0
0,   t < 0
Quando a função F(s) for composta por uma razão de polinômios P(s) eQ(s), em que o grau do polinômio P(s) é
menor do que o grau do polinômio Q(s), realiza-se o método das frações parciais para reescrever a função.
Vejamos como isso acontece:
F(s) =
P(s)
Q(s) ,   onde Q(s) = (s − s1)(s − s2) … (s − sn)
F(s) =
K1
(s−s1)
+
K2
(s−s2)
+ … +
Kn
(s−sn)
,   onde Kp = [(s − sp)F(s)]s=sp   

Caso existam fatores repetidos em Q(s), o número de frações é ampliado, conforme o exemplo a seguir:
Q(s) = (s − s1)
r(s − s2) … (s − sn)
F(s) =
K11
(s−s1)
+
K12
(s−s1)
2 + … +
K1r
(s−s1)
r +
K2
(s−s2)
+ … +
Kn
(s−sn)
,
onde K1r−q =
1
q! {
dq
dsq [(s − s1)
r
F(s)]}
s=s1
Teoremas do valor – inicial e �nal
A revisão da Transformada de Laplace se encerra com dois teoremas – Teorema do Valor Inicial e Teorema do
Valor Final.
Clique nas barras para ver as informações.
TEOREMA DO VALOR INICIAL 
TEOREMA DO VALOR FINAL 
Frequência complexa
Agora que já revisamos a Transformada de Laplace, a aplicaremos nos elementos de circuitos da Tabela 1. Para
isso, vamos considerar os elementos reativos, capacitores e indutores, inicialmente sem energia (descarregados),
obtendo a Tabela 4.
Tabela 4 – Elementos passivos no domínio da frequência complexa (s), sem energia inicialmente
armazenada
Elemento Relação de tensão e corrente Impedância, Diagrama
Resistor
Z(s)
v(t) = Ri(t) V (s) = RI(s) ZR =
V (s)
I(s) = R
   

Capacitor
Indutor
v(t) =
1
C ∫ idt V (s) =
1
sC I(s) ZC =
V (s)
I(s) =
1
sC
v(t) = L
di
dt
V (s) = sLI(s) ZL =
V (s)
I(s) = sL
Ao considerar os elementos reativos com energia inicialmente armazenada, temos uma tensão no capacitor e
uma corrente no indutor, inicialmente.
Clique nas barras para ver as informações.
INDUTOR 
CAPACITOR 
Desse modo, o circuito equivalente às relações de corrente e tensão nos capacitores e indutores com energia
armazenada no instante inicial (t = 0) está descrito na Tabela 5.
Tabela 5 – Elementos reativos no domínio da frequência complexa (s), com energia inicialmente
armazenada, instante inicial (t = 0)
Elemento Relação de tensão e corrente Diagrama
Capacitor
V (s) = ZcI(s) +
V0
s
I(s) =
V (s)
Zc
− CV0
   

Indutor
I(s) =
V (s)
ZL
+
I0
s
V (s) = ZLI(s) − LI0
MÃO NA MASSA
1. Considere o circuito RC série inicialmente descarregado da Figura E.1. Qual o
comportamento da tensão sobre a resistência para , considerando que a fonte
de tensão contínua é ligada em ?
 Figura E.1
t  >  0 s
t  =  0 s
V e−
R
C
t VA)
   

Comentário
A alternativa "C" está correta.
Assista, a seguir, um vídeo sobre a solução da questão 1.
Erro HTTP 404.0 - Not Found
O recurso que você está procurando foi removido, teve o seu nome alterado ou
está temporariamente indisponível.
Causas mais prováveis:
O diretório ou arquivo especificado não existe no servidor Web.
A URL contém um erro tipográfico.
Um filtro ou módulo personalizado, como URLScan, restringe o acesso ao arquivo.
Ações que você pode tentar:
Crie o conteúdo no servidor Web.
Examine a URL do navegador.
Crie uma regra de rastreamento para controlar as solicitações com falha desse código de stat
us HTTP e veja qual módulo está chamando SetStatus. Para obter mais informações sobre co
mo criar uma regra de rastreamento para solicitações com falha, clique aqui.
2. Considere o circuito CL paralelo inicialmente descarregado da Figura E.2. Qual o
comportamento da tensão sobre a resistência para t > 0 s, considerando que a fonte de
corrente contínua é ligada em ?t  =  0 s
V (1 − e− tRC ) VB)
V e−
t
RC  VC)
V (1 − e− RC t) VD)
V (1 + e− tRC ) VE)
   

http://go.microsoft.com/fwlink/?LinkID=66439
 Figura E2
Comentário
A alternativa "D" está correta.
Inicialmente, reescreveremos o circuito com a Transformada de Laplace:
I
√ L
C e
−
t
√LC  VA)
I
√ L
C (1 − e
−
t
√LC ) VB)
I
√ L
C cos(
t
√LC
) VC)
I
√ L
C sen(
t
√LC
) VD)
I
√ L
C tg(
t
√LC
) VE)
   

Em seguida, determinaremos a corrente no capacitor por meio da divisão de corrente:
Determinamos a tensão na capacitância, fazendo o produto da corrente pela impedância da
capacitância:
Aplicando a Transformada Inversa de Laplace, pela Tabela 3, temos:
Io(s) =
sL
sL+
1
sC
.
I
s → Io(s) =
s
s2+
1
LC
. I
Vo(s) =
1
sC . Io(s) → Vo(s) =
1
sC .
s
s2+
1
LC
. I → Vo(s) =
I
C .
s2
I
√ L
C sen(
t
√LC
) → Resposta letra d
3. Determine a impedância do circuito equivalente de Thévenin para o indutor do
circuito da Figura E.3, considerando que não há energia inicialmente armazenada e que a
bateria é ligada em .
 Figura E.3
t  =  0 s
ZTh(s) =
(R1+R2)
1+s(R1+R2)(C1+C2)
  ΩA)
   

Comentário
A alternativa "B" está correta.
Inicialmente, reescrevemos o circuito com a Transformada de Laplace:
Em seguida, vamos entender o que o problema pede – o equivalente Thévenin para a
indutância. Desse modo:
ZTh(s) =
R1R2
R1+R2
1+s
R1R2
R1+R2
(C1+C2)
 ΩB)
ZTh(s) =
(R1+R2)
1+s(R1+R2)
C1C2
C1+C2
 Ω
C)
ZTh(s) =
R1R2
R1+R2
1+s(
R1R2
R1+R2
)(
C1C2
C1+C2
)
 ΩD)
ZTh(s) =
R1+R2
1+s(
R1R2
R1+R2
)(C1+C2)
 Ω
E)
   

Para calcular a impedância de Thévenin, devemos curto-circuitar a fonte de tensão e olhar a
impedância que se encontra paralela à indutância:
Req =
R1R2
R1+R2
ZCeq(s) =
1
s(C1+C2)
ZTh(s) = Req//ZCeq(s)
ZTh(s) =
R1R2
R1+R2
1+s
R1R2
R1+R2
(C1+C2)
→ Resposta letra b
4. Determine a tensão do circuito equivalente de Thévenin para o indutor do circuito da
Figura E.3 (exercício 3), considerando que não há energia inicialmente armazenada e que
a bateria é ligada em .t  =  0 s
vTh(t) = V
R2
R1+R2
[1 + R1C1−R2C2
R2(C1+C2)
e
− t
R1R2
R1+R2
(C1+C2) ]VA)
vTh(t) = V
R2
R1+R2
[1 + R1C1+R2C2
R2(C1+C2)
e
− t
R1R2
R1+R2
(C1+C2) ]VB)
vTh(t) = V
R2
R1+R2
[1 + R2C2−R1C1
R2(C1+C2)
e
− t
R1R2
R1+R2
(C1+C2) ]VC)
   

Comentário
A alternativa "A" está correta.
Veja as �guras da solução do exercício 3, com o circuito já transformado. Basta retirar a
indutância e calcular a tensão referente aos terminais que estariam conectados na
indutância.
Nesse caso, nota-se que temos um divisor de tensão com duas impedâncias RC paralelas, ou
seja:
Em que, 
Portanto:
Agora, observamos que o polinômio do numerador tem grau 1, e o do denominador, grau 2.
Portanto, usaremos o método da expansão em frações parciais para encontrar a solução.
Vejamos:
Em que:
VTh(s) =
V
s
ZR2//C2(s)
ZR1//C1(s)+ZR2//C2(s)
ZR//C(s) =
R
1+sRC  
VTh(s) =
V
s
R2
1+sR2C2
R1
1+sR1C1
+
R2
1+sR2C2
= V
R2
R1+R2
1+s
s[1+s
R1R
R1+
VTh(s) = V
R2
R1+R2
[ K1s +
K2
1+s
R1R2
R1+R2
(C1+C2)
]
vTh(t) = V
R2
R1+R2
[1 − R1C1+R2C2
R2(C1+C2)
e
− t
R1R2
R1+R2
(C1+C2) ]VD)
vTh(t) = V
R2
R1+R2
[1 − R2C2−R1C1
R2(C1+C2)
e
− t
R1R2
R1+R2
(C1+C2) ]VE)
   

Logo, substituindo e isolando s, temos:
Aplicando a Transformada Inversa de Laplace, pela Tabela 3, temos:
K1 = {s
1+sR1C1
s[1+s
R1R2
R1+R2
(C1+C2)]
}
s=0
= 1
K2 = {[1 + s
R1R2
R1+R2
(C1 + C2)]
1+sR1C1
s[1+s
R1R2
R1+R2
(C1+C2)]
}
s=−
=
R1(R1C1−R2C2)
R1+R2
VTh(s) = V
R2
R1+R2
[ 1s +
R1C1−R2C2
R2(C1+C2)
s+
R1+R2
R1R2(C1+C2)
]
vTh(t) = V
R2
R1+R2
[1 + R1C1−R2C2
R2(C1+C2)
e
− t
R1R2
R1+R2
(C1+C2) ]→ resposta 
5. Um circuito possui tensão de saída no domínio da frequência complexa
Determine a expressão que de�ne a tensão de saída no domínio do tempo:
Vo(s) =
5s+1
(s+1)2(s+2)
V
vo(t) = 5e
−t − 9e−2t VA)
vo(t) = (9 − 4t)e−t − 9e−2t VB)
vo(t) = 9e−t − 4t − 9e−2t VC)
   

Comentário
A alternativa "B" está correta.
Como o polinômio do numerador possui grau inferior ao denominador, podemos usar o
método da expansão em frações parciais. Observe, no entanto, que temos uma raiz dupla no
denominador. Com isso, teremos de modi�car a expansão da seguinte forma:
Em que:
Logo:
Aplicando a Transformada Inversa de Laplace, pela Tabela 3, temos:
Vo(s) =
K11
(s+1)
+
K12
(s+1)2
+
K2
(s+2)
K12 = [(s + 1)2
5s+1
(s+1)2(s+2)
 ]
s=−1
= −4
K11 =
1
1! {
d
ds [(s + 1)
2 5s+1
(s+1)2(s+2)
 ]}
s=−1
= [
d
ds (
5s+1
s+2 )]s=−
K2 = [(s + 2)
5s+1
(s+1)2(s+2)]
s=−2
= −9
Vo(s) =
9
(s+1) −
4
(s+1)2
−
9
(s+2)
vo(t) = 9e
−t − 4te−t − 9e−2t = (9 − 4t)e−t − 9e−2t → resposta letra b
6. Um circuito possui tensão de saída no domínio da frequência complexa
Vo(s) =
s
s2+2s+2
vo(t) = −4te
−t − 9e−2t VD)
vo(t) = (9 + 4t)e−t − 9e−2t VE)
   

Determine o valor inicial (t = 0 s) da primeira derivada dessa tensão no domínio do
tempo.
Comentário
A alternativa "A" está correta.
A primeira derivada é encontrada com uso da propriedade da Transformada de Laplace:
Logo, o valor inicial da derivada da tensão de saída é:
vo(0) = lim
s→∞
 [s s
s2+2s+2
] = 1
L [
d
dt vo(t)] = sVo(s) − vo(0) →  L [
d
dt vo(t)] =
s2
s2+2s+2 − 1 =
d
dt vo(0) = lims→∞
[s −2s−2
s2+2s+2 ] = −2 → resposta letra a
d
dt
vo(0) = −2 V /sA)
d
dt vo(0) = 1  V /s
B)
d
dt vo(0) = 0  V /s
C)
d
dt vo(0) é indefinido (tende ao infinito)
D)
d
dt vo(0) = 2  V /s
E)
   

TEORIA NA PRÁTICA
A Figura E4 apresenta um circuito simpli�cado de um disparador de airbag. Ao ser acionado, a chave é alterada da
posição A para B. O airbag é disparado após o disparador, representado por uma resistência, dissipar uma energia
de pelo menos 1 J.
Determine o menor valor da diferença de tempo entre o disparo do airbag e o acionamento da chave que garante o
correto funcionamento do dispositivo. Considere que o circuito com a chave na posição A está operando no
estado permanente.
 Figura E4
Clique no botão para ver a resolução.
RESOLUÇÃO
No estado permanente, o capacitor já se encontra carregado. Portanto, a corrente é nula e a tensão no
capacitor é igual à tensão da fonte, 12 V.
Ao mudar para a posição B e aplicar a Transformada de Laplace no circuito, temos:
 Figura E4
A tensão sobre o resistor vale:
   

A corrente que passa pela resistência é:
A potência vale:
A energia vale:
Para determinar o tempo, basta igualar a energia a 1 J:
Use uma calculadora grá�ca para ver a resposta.
Vo(s) =
12s
s2+10s+50
=
12(s+5)
(s+5)2+25
−
12(5)
(s+5)2+25
vo(t) = 12e−5tcos(5t) − 12e−5tsen(5t) = 12√2e−5t cos(5t +
π
4 )
io(t) =
vo(t)
3 = 4
√2e−5t cos(5t +
π
4 )
P(t) = vo(t). io(t) = 96e−10t cos2  (5t +
π
4 )
W(t) = ∫ t0 96e
−10τ cos2  (5τ +
π
4 )dτ = [
12e−10τ(cos  (10τ)+sen(10τ)−2)
5 ]
t
0
=
12e−10t(cos  (10t)+sen(10t)−2)
5 +
12
5
12e−10t(cos (10t)+sen(10t)−2)
5 +
12
5 > 1 → t > 27,4 ms → t = 27,4 ms
   

 VERIFICANDO O APRENDIZADO
1. A Figura E5 apresenta um circuito em regime permanente. Em determinado momento, t
= 0 s, a resistência que liga o capacitor e o indutor sofre um curto-circuito. Considerando
que, antes desse momento, o circuito operava no estado permanente, determine a curva
de tensão do indutor.  (Figura E5)
vo (t) = e−
t
2 − 7e−
7t
2  VA)
vo (t) = 7e−
t
2 − e−
7t
2  VB)
vo (t) = 7e−
t
2 + e−
7t
2  VC)
vo (t) = 7e−
7t
2 − e−
t
2  VD)
vo (t) = −7e−
7t
2 − e−
t
2  VE)
   

Comentário
Parabéns! A alternativa "B" está correta.
Comentário
Inicialmente, calculamos o valor da tensão inicial do capacitor e da corrente do indutor. No
estado permanente, o capacitor equivale a um aberto e o indutor equivale a um curto.
Aplicando a Transformada de Laplace no circuito com a resistência em curto, temos:
A tensão sobre o indutor e o capacitor é a mesma, e é dada por:
vC(0) =
2
2+2 12 = 6 V
iL(0) =
12
2+2 = 3 A
Vo(s) =
6(s+4)
s2+4s+
7
4
=
7
s+
1
2
−
1
s+
7
2
vo(t) = 7e−
t
2 − e−
7t
2 → resposta letra b
2. A tensão de saída de um circuito no domínio da frequência complexa é dada por:
Determine os valores inicial e �nal no domínio do tempo.
Vo(s) =
12(s+1)
s(s+3)
vo(0) = 12 V  e vo(∞) = 4 VA)
   

Comentário
Parabéns! A alternativa "A" está correta.
Comentário
Ao aplicar o teorema do valor inicial e �nal, temos:
Então, a alternativa correta é a letra a.
vo(0) = lim
s→∞
[s
12(s+1)
s(s+3) ] = 12 V
vo(∞) = lim
s→0
 [s
12(s+1)
s(s+3) ] = 4 V
Avalie este módulo: 
MÓDULO 2
 Calcular a Função de Transferência e identi�car a
localização dos polos e zeros
vo(0) = 4 V  e vo(∞) = 12 VB)
vo(0) = 4 V  e vo(∞) = 0 VC)
vo(0) = 0 V  e vo(∞) = 4 VD)
vo(0) = 0 V  e vo(∞) = 12 VE)
   

ASSISTA, A SEGUIR, AO VÍDEO SOBRE A FUNÇÃO DE
TRANSFERÊNCIA E IDENTIFICAR A LOCALIZAÇÃO DOS POLOS
E ZEROS.
04:15
FUNÇÃO DE TRANSFERÊNCIA
Existem três tipos de problemas de engenharia:
Problema de análise – dispõe-se do valor da entrada e do comportamento do sistema, e o objetivo é a
obtenção da saída;
Problema de síntese – tem-se os valores de entrada e saída, e se deseja obter o comportamento do sistema;
   

Problema de obtenção de entrada – o valor da saída e o comportamento do sistema são conhecidos,
desejando-se saber qual é a entrada.
Nesse contexto, o que seria o comportamento do sistema?
Resposta
Cálculo da Função de Transferência
Já sabemos que as soluções de circuito, no domínio do tempo, são formadas por equações diferenciais, como:
an
dny
dtn + an−1
dn−1y
dtn−1
+ … + a1
dy
dt + a0y
= bm
dmx
dtm + bm−1
dm−1x
dtm−1
+ … + b1
dx
dt + b0x
Considerando que não haja energia inicialmente armazenada e aplicando a Transformada de Laplace, obtemos:
ans
nY (s) + an−1sn−1Y (s) + … + a1sY (s) + a0Y (s) = bmsmX(s) + bm−1sm−
→ (ansn + an−1sn−1 + … + a1s + a0)Y (s) = (bmsm + bm−1sm−1 + … + b1s
→ H(s) =
Y (s)
X(s) =
bms
m+bm−1sm−1+…+b1s+b0
ansn+an−1sn−1+…+a1s+a0
→
→ Y (s) = H (s).X(s)
A função H(s) corresponde à Função de Transferência do circuito e representa o comportamento do circuito. Essa
função fornece, de forma simples, a resposta do circuito por meio de um produto com o sinal de entrada.
A Função de Transferência pode ser reescrita da seguinte forma:
   

javascript:void(0)
H(s) = K
(s−z1)(s−z2)…(s−zm)
(s−p1)(s−p2)…(s−pn)
,   onde K =
bm
an
As raízes do polinômio do numerador, , correspondem aos zeros da Função de Transferência.
Já as raízes do polinômio denominador, , correspondem aos polos da Função de Transferência.
Desse modo, os zeros correspondem aos valores de s para os quais H(s) = 0, e os polos
correspondem aos valores de s para os quais H(s) tende ao in�nito.
Uma vez que s é um número complexo tal que s = σ + jω, pode-se representar os polos e zeros no plano complexo.
Os polos são representados por x e os zeros por o, como ilustra o exemplo da Figura 1.
Figura 1: Representação de polos e zeros no plano complexo da Função de Transferência:
z1,  z2,   …  zm
p1,  p2,   …  pn
H(s) =
s+1
(s+2)(s+j)(s−j)
 Figura 1
Além disso, nota-se que o polinômio correspondente ao denominador de H(s) é o mesmo da equação
característica, responsável pela resposta homogênea. Portanto, os polos são responsáveis pela forma da
resposta livre do circuito.
Relação entre polos e resposta de um circuito
É importante, nesse momento, conhecer os polos e sua relação com a resposta de um circuito. A Tabela 6
apresenta a resposta das principais distribuições de polos.
   

Tabela 6 – Resposta às principais distribuições de polos
Polos de H(s) no plano complexo Resposta no domínio do tempo, h(t) Ilustração de h(t)
(constante)
(exponencial crescente)
(exponencial decrescente)
(oscilação de amplitude constante)
(oscilação crescente)
(oscilação decrescente)
K
K. eσ.t,   σ > 0
K. eσ.t,   σ < 0
K. cos  (ω. t + ϕ)
K. eσ.t. cos (ω. t + ϕ),   σ > 0
K. eσ.t. cos (ω. t + ϕ),   σ < 0 
   

(oscilação crescente)
Fonte: EnsineMe.
K1. cos  (ω. t + ϕ1)
+K2. t. cos  (ω. t + ϕ2)
Observando a Tabela 6, veri�camos que a distância do polo ao eixo imaginário, σ, corresponde ao inverso da
constante de tempo. Isso indica o quão rápido o sinal crescerá ou decrescerá. Já a distância do pólo em relação
ao eixo real, ω, corresponde à frequência angular de oscilação.
Estabilidade
A Tabela 6 também ajuda a visualizar uma importante questão em circuitos elétricos: a estabilidade.
Destaca-se que respostas com sinais crescentes são instáveis. Desse modo, para um circuito ser dito estável, a
Função de Transferência deve possuir polos no semiplano esquerdo,σ<0.
Repare que a resposta natural, com apenas um único par de polos complexos conjugados no eixo imaginário, σ=0,
possui a amplitude constante. Entretanto, isso não garante a estabilidade do circuito.
Observe que, se for aplicado, à entrada do circuito, um sinal senoidal com a mesma frequência da frequência
natural, a resposta será uma oscilação crescente – instável.
MÃO NA MASSA
   

1. A Função de Transferência de um circuito é dada por:
Determine a equação da resposta desse circuito, quando submetido a uma tensão de
entrada constante de 12 V:
H(s) =
(s+1)
(s+3)
Comentário
A alternativa "A" está correta.
x(t) = 12 V → X(s) =
12
s
 V
Y (s) = H(s)X(s) → Y (s) =
(s+1)
(s+3) (
12
s ) =
4
s +
8
s+3   V
y(t) = 4 + 8e−3t V → resposta letra a
2. A tensão de saída de um circuito é dada por
y(t) = 12(1 − 12te−3t) V
vo(t) = 4 + 8e−3t VA)
vo(t) = 1 − 2e−3t VB)
vo(t) = 1 + 2e
−3t VC)
vo(t) = 12e−t − 6e−3t VD)
vo(t) = 12e
−t + 6e−3t VE)
   

Determine a função de transferência, sabendo que foi aplicada uma tensão de 6 V na
entrada no instante t = 0 s.
Comentário
A alternativa "D" está correta.
Para solucionar, aplique a Transformada de Laplace na entrada e na saída:
X(s) =
6
s
Y (s) =
12
s −
144
(s+3)2
=
12(s−3)2
s(s+3)2
H(s) =
Y (s)
X(s) → H(s) =
2(s−3)2
(s+3)2
→ resposta letra d
3. Marque a opção que apresenta um circuito instável:
H(s) =
s−3
(s+3)2
A)
H(s) =
2(s−3)2
s(s+3)2
B)
H(s) =
2(s−3)
(s+3)2
C)
H(s) =
2(s−3)2
(s+3)2
D)
H(s) =
2(s+3)
(s−3)2
E)
   

Comentário
A alternativa "B" está correta.
Erro HTTP 404.0 - Not Found
O recurso que você está procurando foi removido, teve o seu nome alterado ou
está temporariamente indisponível.
Causas mais prováveis:
O diretório ou arquivo especificado não existe no servidor Web.
A URL contém um erro tipográfico.
Um filtro ou módulo personalizado, como URLScan, restringe o acesso ao arquivo.
Ações que você pode tentar:
Crie o conteúdo no servidor Web.
Examine a URL do navegador.
Crie uma regra de rastreamento para controlar as solicitações com falha desse código de stat
us HTTP e veja qual módulo está chamando SetStatus. Para obter mais informações sobre co
mo criar uma regra de rastreamento para solicitações com falha, clique aqui.
H(s) =
s−3
(s+3)2
A)
H(s) =
2s2+2
s2(s+3)2
B)
H(s) =
(s+3)
(s2+3)
C)
H(s) =
2(s−3)2
(s2+2s+2)2
D)
H(s) =
(s−3)
(s2+3)
E)
   

http://go.microsoft.com/fwlink/?LinkID=66439
4. Dado o circuito da Figura E6, a seguir, calcule a função de transferência:
 Figura E6
Comentário
H(s) =
s
RC
s2+
R
L s+
2
LC
A)
H(s) =
s
RC
s2+
1
RC s+
2
LC
B)
H(s) =
s
RC
s2+( RL +
1
RC )s+
2
LC
C)
H(s) =
s
RC
s2+( RL +
1
RC )s+
1
LC
D)
H(s) =
s
RC
s2+(
R
L −
1
RC )s+
1
LC
E)
   

A alternativa "C" está correta.
Para solucionar, vamos aplicar a lei dos nós. Usando os nós das tensões da capacitância e da
indutância, temos:
{
(
1
R +
1
R + sC)VC −
Vo
R =
Vi
R
−
VC
R + (
1
sL +
1
R )Vo = 0
VC = (
R
sL + 1)Vo
(
1
R +
1
R + sC)(
R
sL + 1)Vo −
Vo
R =
Vi
R → H(s) =
Vo
Vi
=
s2+(
→ resposta letra c
5. Determine a função de transferência correspondente ao diagrama de polos e zeros da
Figura E7:  Figura E7
H(s) =
s−3
(s+3)2
A)
H(s) =
2s2+2
s(s+3)2
B)
H(s) =
(s+3)
s2(s2+3)
C)
   

Comentário
A alternativa "B" está correta.
Os polos são representados por x e os zeros por o, de forma que:
Polos: -3, -3 e 0;
Zeros: -j e +j.
Resposta: letra b.
6. Um sinal do tipo rampa unitária consiste em uma reta crescente com coe�ciente
angular 1 para t > 0 s e nula antes disso. Sabendo que um circuito tem, em sua entrada,
um sinal do tipo rampa unitária, determine o valor �nal (estado permanente) da saída.
Considere que a função de transferência desse circuito é dada por:
H(s) =
12s(s+1)
(s+3)
H(s) =
2(s+3)2
(s2+2s+2)2
D)
H(s) =
(s−3)
s2(s2+3)
E)
y(∞) = 4 VA)
y(∞) = 12 VB)
y(∞) = 0 VC)
y(∞) = indefinido (tende ao infinito)D)
y(∞) = 3 VE)
   

Comentário
A alternativa "A" está correta.
Solução:
Para solucionar, devemos aplicar teorema do valor �nal:
Resposta letra a.
Y (s) = H(s)X(s) =
12s(s+1)
(s+3)
(
1
s2
) =
12(s+1)
s(s+3)
y(∞) = lim
s→0
 [s
12(s+1)
s(s+3)
] = 4 V
TEORIA NA PRÁTICA
A Figura E8 consiste no modelo simpli�cado de um transistor polarizado na região ativa (ampli�cador). Um
parâmetro importante no projeto de um ampli�cador é o ganho, que é extraído da Função de Transferência.
Determine a função de transferência do ampli�cador.
 Figura E8
Clique no botão para ver a resolução.
RESOLUÇÃO
)
   

O ganho do ampli�cador consiste no módulo da Função de Transferência e varia em função da frequência de
operação.
vp(t) =
1
100 vi(t) → Vp(s) =
1
100 Vi(s)
Vo(s) =
1
1000 Vi(s)
( 10.10
3
s10−6
)
10.103+
1
s10−6
→ H(s) =
103
s+100
03:34
 VERIFICANDO O APRENDIZADO
1. Determine a resposta do circuito com função de transferência para uma
entrada x(t) = 3 cos (t), t > 0 s e nula para t < 0 s.
2s2+2
s(s+3)2
(t) 6 3t)
   

Tentar novamente
Comentário
Opa! Algo não deu certo.
Mas não se preocupe, você pode voltar ao tópico Cálculo da Função de Transferência e, após
reler o conteúdo, tentar novamente.
2. Marque a opção que apresenta um circuito estável:
y(t) = 6e−3tA)
y(t) = 2te−3t
B)
y(t) = 3e−3tC)
y(t) = 6te−3tD)
y(t) = 12e−3tE)
H(s) =
s+3
(s−3)
A)
H(s) =
2s2+2
s2(s+3)2
B)
H(s) =
(s+3)
(s2+3)2
C)
H(s) =
2(s−3)2
(s2+2s+2)2
D) 
  

Responder
MÓDULO 3
 Calcular resposta impulsiva, resposta estacionária
e resposta a um sinal qualquer – integral de
convolução
Assista, a seguir, ao vídeo sobre a resposta impulsiva, a resposta estacionária e a resposta a um sinal qualquer
(integral de Convolução).
H(s) =
(s−3)
(s2+3)2
E)
   

Carregando conteúdo
Sinal de entrada
Algumas formas de onda de sinal de entrada em um sistema merecem destaque. Instalações elétricas, portadoras
dos sistemas de comunicação e tons de áudio apresentam formas de onda senoidais. Entretanto, respostas a
sinais senoidais não fazem parte do escopo deste módulo.
 Fonte: Shutterstock.com
Conversores analógico-digital possuem uma etapa
fundamental em sua construção, que consiste na
amostragem do sinal analógico. Tal procedimento
se dá por meio de um chaveamento periódico,
representado por um trem de pulsos.
Um pulso extremamente estreito e com amplitude
muito elevada é denominado impulso.
Neste módulo, portanto, conheceremos a resposta
às funções degrau e impulso – tema de grande
importância.
DEMONSTRAÇÃO
Função Degrau e impulso
 Figura 2 A
A função degrau, ilustrada na Figura 2a, é de�nida como:
u(t) = {0,   t < 0
1,   t > 0
   

Apesar de essa função ser bastante utilizada, quando um valor se altera
rapidamente, a função se torna uma idealização, uma vez que alterações
abruptas de tensão e corrente não existem �sicamente.
Pode-se, portanto, reescrever a função degrau como uma função 
, com variação contínua e rápida, no lugar da variação instantânea
em t = 0. Vejamos o que é apresentado na Figura 2b, a seguir:
u(t)
uϵ(t)
u(t) = lim
ϵ→0
 uϵ(t)
uϵ(t) =
⎧⎪⎨⎪⎩0,              t < 0    1ϵ t,   0 < t < ϵ1,              t > ϵ      Figura 2 B Figura 2 CAo derivar a função , obtém-se (Figura2c):uϵ(t) δϵ(t)δϵ(t) = ⎧⎪⎨⎪⎩0,              t < 0    1ϵ ,   0 < t < ϵ0,              t > ϵ        
Ao considerar a variação temporal, ϵ, muito pequena, chega-se à função
impulso, , ilustrada na Figura 2d, também conhecida como Delta de
Dirac:
Em que,
δ(t)
δ(t) = {0,                              t ≠ 0
indefinida,   t = 0
δ(t) = lim
ϵ→0
 δϵ(t)
 Figura 2 D
Figura 2 – Dedução da função impulso por meio da função degrau
Repare que, quando ϵ tende a 0, a amplitude da função tende ao in�nito. Dessa forma, a função impulso, 
, não é de�nida no instante 0. Além disso, a área do pulso retangular, , é constante e igual a 1. Portanto,
o número 1, na Figura 2d, representa a área, e a seta vertical para cima indica que suaamplitude tende ao in�nito.
δϵ(t)
δ(t) δϵ(t)
Existem outras formas de se chegar à função impulso. No entanto, esta é su�ciente para o entendimento e traz
   

consigo uma importante relação com a função degrau:
δ(t) =
d
dt
u(t)
Uma propriedade importante da função impulso é a chamada propriedade da amostragem:
∫ c
b
x(t). δ(t − a). dt = x(a),   b < a < c
Repare que o impulso possui valor nulo para qualquer instante de tempo diferente de a. Desse modo, o produto
dela com uma função qualquer, x(t), será nulo em todo o instante diferente de a.
Pode-se substituir, portanto, x(t) por x(a), que será uma constante, podendo sair da integral. Como a área do
impulso, ou seja, a integral do impulso, vale 1, a resposta �nal da integral será x(a), ou seja, a amostra de x(t) no
instante a.
Com base nessa propriedade, calcula-se a Transformada de Laplace da função impulso:
Sabendo que , se então:
Portanto a resposta ao impulso é dada pela Transformada Inversa de Laplace da própria Função de transferência.
L [δ(t)] = 1
Y (s) = H(s).X(s) x(t) = δ(t)
X(s) = L [δ(t)] = 1 →
→ Y (s) = H(s) →
→ y(t) = h(t)
Clique na barra para ver as informações.
Para x(t) = u(t), tem-se: 
   

Pela propriedade da Transformada de Laplace da integral de uma função, temos:
Enquanto a resposta ao impulso é h(t), a resposta ao degrau é convencionalmente denominada r(t). Desse modo,
�ca evidenciada a relação entre a resposta ao degrau e a resposta ao impulso:
y(t) = ∫ t0 h(τ)dτ
r(t) = ∫ t0 h(τ)dτ  
h(t) =
d
dt r(t)
Atenção
Na verdade, essa relação é decorrente da linearidade.
De forma geral, para um circuito linear sem energia inicialmente
armazenada, com entrada e saída , se a entrada fosse
alterada por ou , a saída seria ou
, respectivamente.
x(t) y(t)
∫ t0 x(τ)dτ
d
dt x(t) ∫
t
0 y(τ)dτ
d
dt
x(t)
Resposta a um sinal qualquer (convolução)
Agora que conhecemos as funções degrau e impulso, e as suas respostas, iremos escrever um sinal qualquer
como soma de uma dessas funções singulares.
 Figura 3 a
A Figura 3a mostra o sinal escrito de forma aproximada como a soma de funções degrau da seguinte forma:
   

x(t) = q(0)u(t) + q(τ1)u(t − τ1) + q(τ2)u(t − τ2) + q(τ3)u(t − τ3)
+q(τ4)u(t − τ4) + q(τ5)u(t − τ5) + q(τ6)u(t − τ6) + …
Em que, , consiste na diferença de altura entre cada função degrau.
Reescrevendo de uma forma mais genérica, temos:
Quanto mais estreito o intervalo de tempo ente os degraus, Δτ, o somatório das funções degrau se aproximará
do real valor do sinal x(t). Sabendo que a resposta ao degrau, u(t), é r(t), tem-se que a resposta de x(t) é:
Fazendo Δτ → 0:
 Figura 3 b
De forma similar, a Figura 3b mostra o sinal escrito de forma aproximada como a soma de funções impulso da
seguinte forma:
q(t) = Δτ.
d
dt x(t)
x(t) = ∑∞n=0 Δτ.
d
dt x(τn).u(t − τn)
y(t) = ∑∞n=0 Δτ.
d
dt
x(τn). r(t − τn)
y(t) = ∫ ∞0
d
dt x(τ). r(t − τ). dτ
   

x(t) = x(0)Δτδ(t) + x(τ1)Δτδ(t − τ1) + x(τ2)Δτδ(t − τ2) + x(τ3)Δτδ(t − τ3)
+x(τ4)Δτδ(t − τ4) + x(τ5)Δτδ(t − τ5) + x(τ6)Δτδ(t − τ6) + …
Em que, x(τ)Δτ, representa a área sob a curva x(t) dentro de um intervalo de tempo Δτ.
Reescrevendo de uma forma mais genérica:
Sabendo que a resposta ao impulso, δ(t), é h(t), tem-se que a resposta de x(t) é:
Fazendo Δτ → 0:
x(t) = ∑∞n=0 x(τn). Δτ. δ(t − τn)
y(t) = ∑∞n=0 x(τn). Δτ.h(t − τn)
y(t) = ∫ ∞0 x(τ).h(t − τ). dτ
Matematicamente, a convolução é de�nida da seguinte forma:
f*g = ∫ ∞−∞ f(τ). g(t − τ). dτ
Uma vez que os sinais aplicados apresentam um tempo inicial e esse tempo é de�nido usualmente como t = 0 s, a
demonstração apresentada com um limite de integração em t = 0 s se deve ao fato de, para t < 0 s, as funções
serem nulas, ou seja, é apenas uma particularidade das funções utilizadas na demonstração. Logo, sem perda de
generalidade, temos:
y(t) = x(t)*h(t)
Como calculado anteriormente, a resposta y(t) também pode ser escrita por meio de uma operação de convolução
em função da resposta ao degrau, da seguinte forma:
   

y(t) =
d
dt x(t)*r(t)
Figura 3 – Sinal x(t) escrito pelas funções singulares, u(t) e δ(t)
Como propriedade da convolução, temos:
a. Comutativa: 
b. Distributiva: 
c. Associativa: 
d. Derivada: 
f*g = g*f
f*(g + h) = f*g + f*h
f*(g*h) = (f*g)*h
d
dt (f*g) =
d
dt f*g = f*
d
dt g
Além disso, a equação y(t) = x(t) * h(t) nos evidencia uma propriedade interessante em relação à Transformada de
Laplace, visto que Y(s) = H(s)X(s).
Uma vez que, , tem-se:
Ou seja:
Y (s) = L [y(t)]
H(s)X(s) = L [h(t)*x(t)]
y(t) = h(t)*x(t) ↔ Y (s) = H(s)X(s)
   

MÃO NA MASSA
1. Em um circuito, a resposta ao degrau unitário é r(t) = (2t-3) e , t > 0. Determine a
resposta ao impulso, sabendo que o circuito estava em repouso em t < 0 s:
-t
Comentário
A alternativa "D" está correta.
Antes de iniciar a solução, precisamos ter em mente que a resposta é para t > 0 s e que,
antes disso, ela é nula. Portanto, podemos reescrever a resposta ao degrau da seguinte
forma:
r(t) = (2t − 3)e−tu(t)
h(t) =
d
dt
r(t) → h(t) = (5 − 2t)e−tu(t) + (2t − 3)e−tδ(t)
= (5 − 2t)e−tu(t) − 3δ(t) → resposta letra d
h(t) = 3e−tu(t) + 2δ(t)A)
h(t) = 2te−tu(t)B)
h(t) = (1 − 2t)e−tu(t)C)
h(t) = (5 − 2t)e−tu(t) − 3δ(t)D)
h(t) = (5 − 2t)e−tu(t) + 3δ(t)E)
   

2. Em um circuito, a resposta ao degrau unitário é r(t) = 3te - 2e +2, t > 0. Determine a
função de transferência do circuito, sabendo que o circuito estava em repouso em t < 0 s:
-t -3t
Comentário
A alternativa "D" está correta.
Assista, a seguir, um vídeo sobre a solução da questão 2.
Erro HTTP 404.0 - Not Found
O recurso que você está procurando foi removido, teve o seu nome alterado ou
está temporariamente indisponível.
Causas mais prováveis:
O diretório ou arquivo especificado não existe no servidor Web.
A URL contém um erro tipográfico.
Um filtro ou módulo personalizado, como URLScan, restringe o acesso ao arquivo.
Ações que você pode tentar:
Crie o conteúdo no servidor Web.
Examine a URL do navegador.
Crie uma regra de rastreamento para controlar as solicitações com falha desse código de stat
us HTTP e veja qual módulo está chamando SetStatus. Para obter mais informações sobre co
mo criar uma regra de rastreamento para solicitações com falha, clique aqui.
H(s) =
−3s+3
(s+1)(s+3)
A)
H(s) =
9s+15
(s+1)(s+3)
B)
H(s) =
6s2+9s−3
(s+1)2(s+3)C)
H(s) =
9s2+21s+6
(s+1)2(s+3)D)
H(s) =
3s−3
(s+1)(s+3)
E)
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http://go.microsoft.com/fwlink/?LinkID=66439
3. A corrente do circuito RL série possui resposta ao impulso (fonte de tensão) dada por:
Considerando L = 1 H e R = 2 Ω, determine a resposta a entrada x(t) = 3 cos (2t) u(t)
h(t) =
1
L e
− R
L
tu(t)
Comentário
A alternativa "B" está correta.
y(t) = x(t)*h(t) → Y (s) = X(s)H(s) → Y (s) = (
1
s+2 )(
3s
s2+4
)
Y (s) = −
3
4(s+2) +
3s
4(s2+4)
+
3
2(s2+4)
y(t) =
3
4 [−e
−2t + cos (2t) + sen(2t)],  t > 0 → resposta letra b
4. Um circuito LIT – linear invariante no tempo – com função de transferência 
, recebe um pulso retangular em sua entrada da seguinte forma:H(s) = 3s(s+2)
y(t) =
3
4 [−e
−2t + cos  (2t) + 2sen(2t)]u(t)A)
y(t) =
3
4 [−e
−2t + cos  (2t) + sen(2t)] u(t)B)
y(t) =
3
4 [−e
−2t + cos  (2t) − sen(2t)] u(t)C)
y(t) =
3
4 [−e
−2t + cos  (2t) − 2sen(2t)] u(t)D)
y(t) =
3
4 [−e
−2t − cos  (2t) + sen(2t)] u(t)E)
   

Determine o sinal de saída desse circuito para t > 0 s.
x(t) =
⎧⎪⎨⎪⎩0, t < 03, 0 < t < 20, t > 0ComentárioA alternativa correta é "D".Reescrevendo o sinal de entrada como uma composição de degraus, temos:A resposta ao degrau pode ser encontrada a partir da função de transferência – resposta ao
impulso. No domínio da frequência, isso ocorre por meio da divisão por s:
Logo, a resposta ao degrau no domínio do tempo é:
Como o circuito é invariante no tempo, o deslocamento temporal na entrada é replicado na
saída, ou seja:
x(t) = 3u(t) − 3u(t − 2)
R(s) =
H(s)
s → R(s) =
3
s+2
r(t) = 3e−2tu(t)
y(t) = 3e−2t − 3e−4tA)
y(t) = 9(1 − e4)e−2tB)
y(t) = 3(1 − e4)e−2tC)y(t) = 9e−2tu(t) − 9e−2(t−2)u(t − 2)D)
y(t) = 3e−2tu(t) − 3e−2(t−2)u(t − 2)E)
   

Como o circuito é linear, temos:
Logo:
r(t − 2) = 3e−2(t−2)u(t − 2)
x(t) = 3u(t) − 3u(t − 2) → y(t) = 3r(t) − 3r(t − 2)
y(t) = 9e−2tu(t) − 9e−2(t−2)u(t − 2) → resposta letra d
5. Dado x(t) = h(t) = u(t) - u (t-a), com a > 0, determine a resposta y(t):
Comentário
A alternativa "C" está correta.
Alterando a variável das terceira e quarta integrais, λ = τ-a:
x(t) = u(t) − u(t − a)
h(t) = u(t) − u(t − a)
y(t) = x*h = ∫ ∞−∞ x(τ).h(t − τ). dτ
y(t) = ∫ ∞−∞[u(τ) − u(τ − a)]. [u(t − τ) − u(t − τ − a)]. dτ
y(t) = ∫ t0 u(τ)u(t − τ). dτ − ∫
t−a
0 u(τ)u(t − τ − a). dτ − ∫
t
a u(τ − a)u(t
+ ∫ t−a
a
u(τ − a)u(t − τ − a). dτ
y(t) = t.u(t) - (t-a).u(t-a)A)
y(t) = t.u(t) - (t-a).u(t-a) + (t-2a).u(t-2a)B)
y(t) = t.u(t) - 2(t-a).u(t-a) + (t-2a).u(t-2a)C)
y(t) = t.u(t) - 2(t-a).u(t-a) + (t-a).u(t-2a)D)
y(t) = t.u(t) + (t-a).u(t-a)E)
   

Repare que t>a é condição necessária, nas segunda e terceira integrais, e t>2a, na quarta
integral, para que os degraus não sejam nulos e a integral também. Desse modo, podemos
reescrever da seguinte forma:
y(t) = ∫ t0 u(τ)u(t − τ). dτ − ∫
t−a
0 u(τ)u(t − τ − a). dτ − ∫
t−a
0 u(λ)u(t −
+ ∫ t−2a0 u(λ)u(t − λ − 2a). dλ
y(t) = u(t) ∫ t0 dτ − u(t − a) ∫
t−a
0 dτ − u(t − a) ∫
t−a
0 dλ + u(t − 2a) ∫
y(t) = t.u(t) − 2(t − a).u(t − a) + (t − 2a).u(t − 2a) → resposta letra
6. Determine a resposta ao degrau unitário para um circuito com resposta ao impulso
dada por: h(t) = 6 cos(3t),  t > 0 s
Comentário
A alternativa "C" está correta.
r(t) = ∫ t0 h(τ)dτ → r(t) = ∫
t
0 6 cos (3τ)dτ = [2sen(3τ)]
t
0 = 2sen(3t) → resposta letr
y(t) = -18sen(3t)u(t)A)
y(t) = -18sen(3t)u(t) + 6δ(t)B)
y(t) = 2sen(3t)u(t)C)
y(t) = 2sen(3t)u(t) + 6δ(t)D)
y(t) = 2sen(3t)u(t)-6δ(t)E)
   
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TEORIA NA PRÁTICA
A amostragem de um sinal é representada pelo produto desse sinal por um trem de pulsos espaçados por um
intervalo de tempo correspondente ao inverso da frequência de amostragem. Esse sinal amostrado é conhecido
como modulação por amplitude de pulso (Pulse Amplitude Modulation, PAM). Com base nessa abordagem, existe
um ramo de estudo denominado Processamento Digital de Sinais.
Sabendo que o sinal x(t) = sen(πt) é amostrado com uma frequência de amostragem 8 vezes a frequência da
senoide, e que esse sinal passa por um sistema com Função de Transferência H(s), determine a resposta das 5
primeiras componentes do sinal amostrado.
Clique no botão para ver a resolução.
RESOLUÇÃO
 VERIFICANDO O APRENDIZADO
1. Em um circuito, a resposta ao impulso de um sinal é o degrau unitário. Determine a
resposta a entrada :x(t) = 3e−2tu(t)
y(t) =
3
2 (1 − e
−2t)u(t)A)
y(t) = 3(1 − e−2t)u(t)B)
y(t) =
1
2 (3 − e
−2t)u(t)C)
y(t) = 3( 12 − e
−2t)u(t)D)
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Comentário
Parabéns! A alternativa "A" está correta.
Comentário
Repare que, como x(τ) é não nula apenas para τ > 0, então temos o primeiro limite de
integração, 0. Como h(t - τ) é não nula para t - τ > 0 → τ < t, o que de�ne nosso segundo limite
de integração, t. O degrau multiplicado fora da integral é decorrente do fato da integral só ser
válida para valores de t>0 e nula para t<0.
h(t) = u(t)
x(t) = 3e−2t
y(t) = h(t)*x(t) → y(t) = ∫ ∞
−∞
3e−2τu(τ)u(t − τ)dτ = 3u(t) ∫ t
0
e−2τdτ = 3u(t)
y(t) =
3
2 (1 − e
−2t)u(t) → resposta letra a
2. A corrente do circuito RL série possui resposta ao impulso dada por:
Considerando L = 1 H e R = 2 Ω, determine a resposta a entrada x(t)=tu(t):
h(t) =
1
L e
− R
L
tu(t)
y(t) =
1
2 (1 − 3e
−2t)u(t)E)
y(t) =
1
4 [e
−2t + 1 + 2t]u(t)A)
y(t) =
1
4 [e
−2t − 1 + 2t] u(t)B)
y(t) =
1
4 [−e
−2t + 1 + 2t] u(t)C)    
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CONCLUSÃO
CONSIDERAÇÕES FINAIS
Neste tema, estudamos os princípios básicos do cálculo da resposta de um circuito. Partimos de uma revisão de
Transformada de Laplace e aplicamos essa ferramenta, alterando o domínio do tempo para o domínio da
frequência complexa, de modo a simpli�car o equacionamento das malhas de um circuito.
Em seguida, foi apresentado o conceito de Função de Transferência, por meio da qual é possível saber a
estabilidade do circuito com base na localização de seus polos no plano complexo.
Por �m, estudamos a resposta ao impulso e ao degrau, relacionando-as com a Função de Transferência e obtendo
a resposta a um sinal qualquer por meio da convolução.
y(t) =
1
4 [e
−2t − 1 + t] u(t)D)
y(t) =
1
4 [−e
−2t + 1 + t] u(t)E)
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PODCAST
0:00 7:11
REFERÊNCIAS
BOYCE, W. E. Equações diferenciais elementares e problemas de valores de contorno. 8. ed. Rio de Janeiro: LTC,
2006.
CLOSE, C. M. Circuitos lineares. 2. ed. Rio de Janeiro: LTC, 1990.
SVOBODA, J.; DORF, R. Introdução aos circuitos elétricos. 9. ed. Rio de Janeiro: LTC, 2016.
EXPLORE+
Para aprofundar-se no assunto, resolva os exercícios dos livros listados na bibliogra�a referentes aos assuntos
abordados neste Tema.
CONTEUDISTA
Rafael Rocha Heymann
 Currículo Lattes
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destino, direcione o arquivo para sua impressora ou escolha a opção: Salvar como PDF.
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https://stecine.azureedge.net/repositorio/transformada_de_laplace_na_analise_de_circuitos/index.html
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