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CCiirrccuuiittooss EEllééttrriiccooss IIII
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Tópico 07 – Introdução à Transformada de Laplace
7.1. Definição da Transformada de Laplace
A Transformada de Laplace de um sinal no tempo é definida por
( ){ } ( ) ( )sFdtetftfL st == ∫
∞
−
0
.
A Transformada de Laplace que utilizaremos é definida apenas a partir do instante 0=t ,
e é conhecida como Transformada de Laplace Unilateral. Para nós ela será suficiente
porque os sinais que consideraremos estarão definidos como diferentes de zero apenas
para 0≥t .
Como a integral é própria, seu resultado não é mais uma função do tempo, e sim da nova
variável s. Essa variável é, na verdade, um número complexo, e pode ser, portanto,
expressa como a soma de uma parcela real mais uma parcela imaginária:
jwsCs +=⇒∈ σ ,
de modo que
jwttst eee −−− = σ
Assim, a Transformada de Laplace leva o sinal no tempo f(t) para o domínio complexo na
variável s. Mas será que existe alguma interpretação para esse domínio complexo?
Por exemplo, em coordenadas cartesianas, como determinamos a componente de um
vetor v no eixo do x? Fazendo o produto escalar v.i, onde i é o vetor ortogonal diretor
referente ao eixo x. Podemos conceber a transformada de Laplace de uma forma análoga.
O termo ste− corresponde a um vetor ortogonal associado à variável (“eixo”) s. Como o
tempo t é infinito, precisamos somar as infinitas contribuições de cada instante de tempo,
Então, a Transformada de Laplace pode ser vista como o “produto escalar” entre o sinal
f(t) e o vetor ortogonal ste− , o que representa calcular o valor da componente de f(t)
naquele “eixo” s que define o novo domínio.
Na verdade, a transformada representa mais do que isso. Ela indica que:
“Cada sinal no tempo pode ser visto como o somatório de infinitas contribuições do tipo
ste− , onde cada contribuição representa um termo senoidal amortecido ( jwttst eee −−− = σ ).”
f(t)
Sinal no tempo
F(s)
Somatório de infinitas
contribuições ste−
Transformada de
Laplace
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7.2. Alguns sinais importantes
No estudo dos sinais com a Transformada de Laplace, alguns sinais desempenham um
papel primordial. Um deles é a função degrau unitário, descrita por
( )
>
<
=
01
0,0
t
t
tu
Uma grande característica do degrau é que ele pode ser utilizado na descrição de outros
sinais. Por exemplo, seja o sinal abaixo:
Este sinal pode ser descrito pela soma de dois degraus: ( ) ( ) ( )43105 −−+= tututf .
Outro sinal muito importante é o impulso, que pode ser descrito por
( )
( )
≠=
=∫
∞
∞−
0,0
1
tt
dtt
δ
δ
(1)
Na verdade, o impulso não pode ser considerado como uma função, mas uma
distribuição1. Contudo, para nós apenas a descrição (1) acima será suficiente.
O impulso possui a chamada propriedade de filtragem, que diz que
( ) ( ) ( )afdtattf =−∫
∞
∞−
δ (2)
Utilizaremos essa propriedade na seqüência.
1
Laurent Schwartz, Théorie des Distribution, Hermann, Paris,. 1966.
1
0
t
5
0
t
2
4 -10
0
t
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7.3. Algumas Transformadas de Laplace
A primeira transformada que calcularemos é a do impulso.
( )( ) ( ) 1
0
== ∫
∞
−
−
dtettL stδδ ,
onde utilizamos a propriedade de filtragem definida em (2).
Módulo da Transformada de Laplace do impulso unitário, ( ) ( )ttf δ=
Outra transformada importante que calcularemos é a do degrau:
( )( ) ( )
ss
edtedtetutuL
st
stst 11
000
=
−
===
∞
−
∞
−
∞
−
++−
∫∫
Módulo da Transformada de Laplace do degrau unitário, ( ) ( )tutf =
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Podemos calcular também a transformada da exponencial decrescente, muito comum em
circuitos elétricos.
( ) ( )
as
dtedteeeL tsastatat
+
=== ∫∫
∞
+−
∞
−−−
++
11
00
Módulo da Transformada de Laplace de ( ) ( )tuetf t8−=
Outra transformada importante é a da senóide, também bastante utilizada em circuitos
elétricos:
( ) ( )
( ) ( )
22
0
00
11
2
1
2
2
sensen
ws
w
jwsjwsjdtj
ee
dtej
eedtewtwtL
tjwstjws
st
jwtjwt
st
+
=
+
−
−
=
−
=
−
==
∫
∫∫
∞ +−−−
∞
−
−
∞
−
−
−−
Módulo da Transformada de Laplace de ( ) ( ) ( )tuttf .6sen=
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Tópico 08 – Aplicação da Transformada de Laplace
em Circuitos Elétricos
8.1. Propriedades da Transformada de Laplace
A seguir veremos algumas propriedades que a Transformada de Laplace obedece,
qualquer que seja a função f(t).
Multiplicação por uma constante
( ){ } ( ) ( ) ( )sKFdtetfKdtetKftKfL stst === ∫∫
∞
−
∞
−
00
Adição
( ) ( ){ } ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )sFsFdtetfdtetfdtetftftftfL ststst 21
0
2
0
1
0
2121 +=+=+=+ ∫∫∫
∞
−
∞
−
∞
−
Derivação
( ) ( )
∫
∞
−
=
0
dte
dt
tdf
dt
tdfL st
Podemos utilizar a integração por partes para resolver a integral acima. Fazendo
( )
dt
tdfdveeu st == − ,
temos:
( ) ( ) ( ) ( )( )∫∫
∞
−
∞
−
∞
−
−
−
−−==
0
0
0
dtsetftfedte
dt
tdf
dt
tdfL ststst
Para que a transformada exista, temos que ter ( ) 0=
∞=
−
t
st tfe , de modo que
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )−∞ −− ∫
−
−=+−=
00
0
fssFdtetfsf
dt
tdfL st
Seja agora ( ) ( )
dt
tdf
tg = . Vamos supor que queremos determinar a transformada de
( ) ( ) ( )2
2
dt
tfd
dt
tdg
th == .
Temos que ( ) ( ) ( )−−= 0fssFsG . Logo,
( ){ } ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )
dt
df
sfsFsgfssFsgssG
dt
tdgLthL
−
−−−−
−−=−−=−=
=
00000 2
O mesmo raciocínio é utilizado para as derivadas superiores:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1
1
2
2
321 0
...
000
−
−−−
−
−
−−−
−−−−−=
n
n
nnnn
n
n
dt
fd
dt
fd
s
dt
df
sfssFs
dt
tfdL
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Integração
( ) ( )∫ ∫∫
∞
−
=
0 00
dtedttfdttfL st
tt
Podemos utilizar a integração por partes para resolver a integral acima. Fazendo
( ) dtedvedttfu st
t
−
== ∫
0
,
temos:
( )
s
e
vedttfud
st−
−==
Então,
( ) ( ) ( )∫∫∫
∞
−
∞
−
−
−
−
−−=
0000
dttf
s
edttf
s
edttfL
sttstt
Para que a transformada exista, temos que ter ( ) 0
00
=−
∞
−
−
−
∫
tst
dttf
s
e
, de modo que
( ) ( )
s
sFdttfL
t
=
∫
0
.
Deslocamento no Domínio do Tempo
( ) ( ){ } ( ) ( ) ( )∫∫
∞
−
∞
−
−=−−=−−
a
stst dteatfdteatuatfatuatfL
0
Vamos mudar a variável de integração, fazendo atx −= :
( ) ( ) ( ) ( ) ( )sFedxexfedxexfdteatf assxsaaxs
a
st −
∞
−−
∞
+−
∞
−
===−= ∫∫∫
00
Deslocamento no Domínio da Frequência
( ){ } ( ) ( ) ( ) ( )asFdtetfdtetfetfeL
a
tasstatat +=== ∫∫
∞
+−
∞
−−−
0
Por exemplo,vimos que ( ){ }
s
tuL 1= . Assim, a transformada de ( ) atetf −= pode ser vista
como um deslocamento na frequência em relação à transformada do degrau:
{ } ( ){ } ( ) ( ) ( )asasFtueLeL tuatat +=+== −−
1
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Mudança de Escala
( ){ } ( ) ( ) ( )
==== ∫∫∫
∞
−
∞
−
∞
−
a
sF
a
dtetf
aa
dteatfdteatfatfL tasatsst 11
000
Por exemplo, se soubermos que ( ){ }
1
cos 2 +
=
s
s
tL , poderemos rapidamente calcular
( ){ } ( ) 222 1
11
cos
ws
s
w
s
w
s
ww
sF
w
wtL
+
=
+
=
=
Exemplo 8.1
Queremos calcular a transformada da rampa amortecida: { }atteL − .
Solução
Sabemos que a transformada do degrau é ( ){ }
s
tuL 1= .
Pela propriedade da integração, a transformada da rampa é dada por:
{ } ( ) ( ){ } 2
0
11
.
s
tuL
s
dttuLtL
t
==
= ∫
Pela propriedade do deslocamento na frequência, a transformada da rampa amortecida é:
{ } ( ) ( )2
1
.
as
asFetL at
+
=+=−
8.2. A Transformada de Laplace em Circuitos Elétricos
Vamos determinar a equação diferencial associada ao circuito RLC paralelo abaixo.
Figura 8.1 – Circuito RLC paralelo
Em t=0 a chave é aberta, de modo que a corrente fornecida para o paralelo pode ser
expressa por ( ) ( )tuIti dc= . Pela LKC, temos que:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )tuIdttv
Ldt
tdvC
R
tv
titititi dc
t
LCR =++=++= ∫
0
1
Podemos aplicar a Transformada de Laplace aos dois lados da equação:
( ) ( ) ( ) ( ){ }tuILdttv
Ldt
tdvC
R
tvL dc
t
=
++ ∫
0
1
Idc LC
R
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Utilizando as propriedades da transformada,
( ) ( ) ( ) ( ){ }tuILdttv
L
L
dt
tdvCL
R
tvL dc
t
=
+
+
∫
0
1
( ){ } ( ) ( ) ( ){ }tuLIdttvL
Ldt
tdvCLtvL
R dc
t
=
+
+ ∫
0
11
( ) ( ) ( )( ) ( )
s
I
s
sV
L
vssVCsV
R dc
1101 =+−+ −
Considerando o capacitor descarregado em −= 0t , temos
( ) ( )
s
I
sRL
RRLCssL
sV
s
I
sL
sC
R
sV dcdc
1111 2
=
++
∴=
++
Então,
( )
LCsRCs
CI
RsLRLCs
RLIsV dcdc 11
1
22 ++
=
++
=
Repare que se conseguirmos “voltar” com o sinal V(s) para o domínio do tempo, com v(t),
teremos analisado o circuito elétrico sem ter que resolver a equação íntegro-diferencial.
Podemos, então, destacar dois grandes atrativos da Transformada de Laplace:
1o – Permite analisar um circuito elétrico utilizando apenas equações algébricas, sem a
necessidade de se resolver as equações diferenciais;
2o – Fornece uma interpretação frequencial para os circuitos elétricos, o permite um
entendimento mais amplo dos mesmos.
Exemplo 8.2
Vamos supor que o circuito é um apenas um RL paralelo, ou seja, faremos C=0. Então,
( )
+
=
+
=
++
=
L
R
s
RI
RsL
RLI
RsLRLCs
RLIsV dcdcdc 2
Nessa situação, podemos facilmente encontrar a transformada inversa de v(t). Isso porque
V(s) possui uma forma conhecida.
De fato, como sabemos que { } ( )aseL at +=−
1
, podemos afirmar que
( ) ( ) ( ) ( )tueRILRsLRILRs
RILtv
t
L
R
dcdcdc
−
−−
=
+
=
+
= .
1
.
11
Esse é o mesmo resultado que encontraríamos se resolvêssemos a equação diferencial.
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Tópico 09 –Transformada Inversa de Laplace
Vimos no tópico passado como a transformada de Laplace pode ser utilizada na análise
de circuitos elétricos. Aplicando a transformada à equação diferencial do circuito, obtemos
a transformada da resposta desejada. O último passo consiste, então, em calcular a
transformada inversa da resposta em s encontrada, determinando o sinal no tempo.
9.1. Expansão em Frações Parciais
A Transformada de Laplace Inversa é também um funcional, dado por:
( ){ } ( ) ( )tfdsesFjsFL
j
j
ts
== ∫
∞+
∞−
−
σ
σpi2
11
Embora, a princípio, seja necessário calcular a integral da transformada inversa para se
determinar o sinal no tempo, na análise de circuitos elétricos isto não será necessário.
Como veremos, a resposta em s pode ser desmembrada em um somatório de termos
elementares, para os quais poderemos determinar a transformada inversa apenas por
observação.
As transformadas que encontraremos em circuitos sempre serão funções racionais:
( ) ( )( ) 0111
01
1
1
...
...
bsbsbsb
asasasa
sD
sN
sF
m
m
m
m
n
n
n
n
++++
++++
==
−
−
−
−
,
que poderão ser desmembradas em frações parciais, ou seja, na forma
( ) ( )( ) ( )( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )1
1
1
1
11
11
....
...
...
ps
K
ps
K
ps
K
pspsps
zszszs
KsF
n
n
n
n
mm
nn
+
++
+
+
+
=
+++
+++
=
−
−
−
−
.
Como sabemos que { } ( )aseL at +=−
1
, de modo que podemos afirmar que
( ) ( ){ } ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )tueKeKeKps
K
L
ps
K
L
ps
K
L
ps
K
ps
K
ps
K
LsFLtf
tptp
m
tp
m
m
m
m
m
m
m
m
m
mm 11
11
1
11
1
111
1
1
1
111
......
....
−−
−
−−
−
−−−
−
−−−
+++=
+
++
+
+
+
=
+
++
+
+
+
==
−
A expansão em frações parciais será o procedimento que utilizaremos para determinar a
transformada inversa dos sinais desejados do circuito. Como veremos nos exemplos a
seguir, devemos apenas tomar um cuidado extra com raízes complexas conjugadas e
com raízes com multiplicidade maior do que 1. Encontraremos uma forma de
determinarmos as constantes K presentes na expressão do sinal.
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Exemplo 9.1
Queremos determinar a transformada inversa de ( ) ( )( )( )( )68
12596
++
++
=
sss
ss
sF .
Solução
Repare que o denominador possui 3 raízes reais e distintas { }0,6,8 −−=p . Então, a
expansão de F(s) em frações parciais deve ser da forma
( ) ( )( )( )( ) ( ) ( ) s
K
s
K
s
K
sss
ss
sF 321
6868
12596
+
+
+
+
=
++
++
=
Para determinar as constantes K, utilizaremos um artifício2 segundo o qual:
( ) ( ) 81 8 −=+= ssFsK , ( ) ( ) 62 6 −=+= ssFsK e ( ) ( ) 03 0 =+= ssFsK
Assim,
( )( )
( ) 722*8
4*3*96
6
12596
8
1 −=
−−
−
=
+
++
=
−=s
ss
ssK
( )( )
( ) 482*6
6*1*96
8
12596
6
2 =
−
−
=
+
++
=
−=s
ss
ssK
( )( )
( )( ) 1206*8
12*5*96
68
12596
0
3 ==++
++
=
=s
ss
ssK
Logo, podemos afirmar que
( ) ( )( )( )( ) ( ) ( ) ssssss
ss
sF 120
6
48
8
72
68
12596
+
+
+
+
−=
++
++
=
de modo que
( ) ( ) ( )tueetf tt 1204872 68 ++−= −−
Exemplo 9.2
Queremos determinar a transformada inversa de ( ) ( )( )( )2566
3100
2 +++
+
=
sss
s
sF .
Solução
Repare que agora o denominador possui 3 raízes, sendo uma real e duas complexas
conjugadas: { }43,43,6 jjp +−−−−= . Analogamente, a expansão de F(s) em frações
parciais deve ser da forma
( ) ( )()( ) ( ) ( ) ( )434362566
3100 321
2 js
K
js
K
s
K
sss
s
sF
++
+
−+
+
+
=
+++
+
=
Utilizaremos o mesmo procedimento, com o cuidado que as constantes K agora são
números complexos:
( ) ( ) 61 6 −=+= ssFsK , ( ) ( ) 432 43 jssFjsK +−=−+= e ( ) ( ) 433 43 jssFjsK −−=++=
2
O que estamos fazendo é o cálculo de resíduos, conforme visto no Cálculo de Variáveis Complexas.
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37
Assim,
( )
( ) 1225
3*100
256
3100
6
21 −=
−
=
++
+
=
−=s
ss
sK
( )
( )( ) ( ) 868*43
4*100
436
3100
43
2 jjj
j
jss
sK
js
−=
−
=
+++
+
=
+−=
( )
( )( )
( )
( ) ( ) 868*43
4*100
436
3100
43
3 jjj
j
jss
sK
js
+=
−−
−
=
−++
+
=
−−=
Repare que K2 e K3 são complexos conjugados. Isto sempre acontecerá, de modo que
precisamos calcular apenas uma das constantes.
Temos, então, que
( ) ( )( )( ) ( ) ( ) ( )43
86
43
86
6
12
2566
3100
2 js
j
js
j
ssss
s
sF
++
+
+
−+
−
+
+
−
=
+++
+
=
Vamos observar os dois últimos termos. Temos que o13,531086 −=−= jK e
o13,531086* =+= jK . Podemos dizer que
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )
( ) ( ) ( )tuwteKwtKe
eeKeeKeeKKeeeKKe
jws
K
jws
KL
tt
jwtjjwtjttjwtjwttjwtjw
θθ
σσ
σσ
θθσσσσ
+=+=
+=+=+=
++
+
−+
−−
−−−−−−−+−
−
cos2cos2*
**
*
1
Então, pelo mesmo raciocínio,
( ){ } ( ) ( )( ) ( )tuteeteesFL tttt oo 13,534cos201213,534cos*10*212 36361 −+−=−+−= −−−−−
Exemplo 9.3
Queremos determinar a transformada inversa de ( ) ( )( )35
25100
+
+
=
ss
s
sF .
Solução
Repare que agora o denominador possui 2 raízes reais, sendo que uma ( 5−=s ) possui
multiplicidade 3: { }0,5,5,5 −−−=p . Na expansão de F(s) em frações parciais devemos levar
em conta a multiplicidade da raiz:
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )5555
5100 4
2
3
3
21
3 +
+
+
+
+
+=
+
+
=
s
K
s
K
s
K
s
K
ss
s
sF
Para determinar 1K utilizaremos o procedimento conhecido:
( ) ( ) ( )( ) 20125
25*100
5
25100
0
301 ==+
+
==
=
=
s
s
s
s
sFsK
Para determinar as outras constantes, temos que saber como lidar com raízes de
multiplicidade maior que 1.
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38
Para o cálculo de 2K fazemos:
( ) ( ) ( )( ) 4005
20*100251005
5
5
3
2 −=
−
=
+
=+=
−=
−=
s
s s
s
sFsK
Para o cálculo de 3K , além de multiplicar por ( )35+s é necessário também derivar o
resultado. Assim,
( ) ( )( ) ( ) ( ) 100
25
25*10025100*100251005
!1
1
5
2
55
3
3 −=
−
=
+−
=
+
=+=
−=
−=−= sss
s
ss
s
s
ds
d
sFs
ds
dK
E, finalmente para o cálculo de 4K temos que multiplicar por ( )35+s e derivar 2 vezes o
resultado. Assim,
( ) ( )( ) ( ) ( )
( ) 205
5*225*100
2
1225*100
2
1
25100*100
2
125100
2
15
!2
1
4
5
4
5
2
5
2
2
5
3
2
2
4
−=
−
−−
−=
−
−=
+−
=
+
=+=
−=
−=
−=−=
s
sss
s
s
s
ss
ds
d
s
s
ds
d
sFs
ds
dK
Temos, então, que
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )5
20
5
100
5
40020
5
5100
233 +
−
+
−
+
−=
+
+
=
ssssss
s
sF
Lembrando que { } ( )2
1
as
teL at
+
=
−
e que { } ( )32
2
as
etL at
+
=
−
, temos que
( ){ } ( ) ( ) ( )tueteettueteetsFL tttttt 555255521 201002002020100
2
40020 −−−−−−− −−−=
−−−=
Exemplo 9.4
Queremos determinar a transformada inversa de ( ) ( )22 256
768
++
=
ss
sF .
Solução
Repare que agora o denominador possui 2 raízes complexas conjugadas, sendo que cada
uma possui multiplicidade 2: { }43,43 jjp +−−−= . O procedimento é análogo ao do
exemplo anterior, com a diferença que agora as constantes são complexas:
( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )43434343
4343
768
4343
768
256
768
*
2
2
*
12
2
1
22222
js
K
js
K
js
K
js
K
jsjsjsjsss
sF
++
+
++
+
−+
+
−+
=
++−+
=
++−+
=
++
=
Então,
( ) ( ) ( ) ( ) 128
768
43
76843 2
43
20
2
1 −==
++
=−+=
+−=
= jjs
sFjsK
js
s
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39
( ) ( )[ ] ( ) ( ) 343 2*7684376843!11 4334320
2
2 jjsjsds
d
sFjs
ds
dK
jsjss
−=
++
−
=
++
=−+=
+−=+−==
As outras constantes são os complexos conjugados: 12*1 −=K e 3*2 jK = .
Temos, então, que
( ) ( ) ( ) ( ) ( )43
3
43
12
43
3
43
12
22 js
j
jsjs
j
js
sF
++
+
++
−
−+
−
+
−+
−=
Lembre-se que vimos que
( ) ( ) ( ) ( )tuwteKjws
K
jws
KL t θ
σσ
σ +=
++
+
−+
−− cos2
*
1
Logo,
( ){ } ( ) ( )( ) ( )tuttettesFL tt o904cos64cos24 331 −+−= −−−
É interessante conferir, sempre que possível, a expansão em frações parciais. No
exemplo 9.1 encontramos
( ) ( )( )( )( ) ( ) ( ) ssssss
ss
sF 120
6
48
8
72
68
12596
+
+
+
+
−=
++
++
= .
Da expressão de F(s) temos que 5−=s anula a função. Esse mesmo resultado tem que
ser verdadeiro na expansão em frações parciais. Assim,
( ) ( ) ( ) 02448245
120
1
48
3
72
5
120
65
48
85
725 =−+−=
−
++−=
−
+
+−
+
+−
−=−F (OK)
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40
Tópico 10 –Teorema do Valor Final e
Teorema do Valor Inicial
10.1. Pólos e Zeros
Vimos que no domínio da frequência sempre encontraremos funções racionais da forma
( ) ( )( ) ( )( )( ) ( )11
11
...
...
pspsps
zszszs
KsF
mm
nn
+++
+++
=
−
−
Os valores de s que zeram o denominador são dados por { }mppp ,...,, 21 e são chamados
de pólos de F(s). Repare que nesses pontos do plano complexo o módulo da função F(s)
tende para infinito.
Por outro lado, os valores de s que zeram o numerador, dados por { }nzzz ,...,, 21 , são
chamados de zeros de F(s). Nesses pontos do plano complexo, a F(s) assume o valor 0.
Por exemplo, a função
( ) ( )( )( )2566
3100
2 +++
+
=
sss
s
sF .
do Exemplo 9.2 possui 3 pólos, { }jjp 43,43,6 +−−−−= , e 1 zeros, { }3−=z . Vimos que
( ) ( )( ) ( )tuteetf tt o13,534cos2012 36 −+−= −−
Repare que os pólos de F(s) estão relacionados aos valores de amortecimento e de
frequência de oscilação que aparecem no domínio do tempo. Já os zeros influenciam nas
constantes de multiplicação desses termos exponenciais/senoidais.
10.2. Teoremas do Valor Final e do Valor Inicial
O Teorema do Valor Inicial diz que o valor de f(t) no instante inicial pode ser determinado
através da transformada F(s) se fizermos:
( ) ( )ssFtf
st ∞→→
=
+
limlim
0
Repare que estamos considerando o instante 0+, indicando que não há impulso em f(t).
Já o Teorema do Valor Final diz que o valor de f(t) quando o tempo tende a um valor
infinito pode ser determinado através da transformada F(s) se fizermos:
( ) ( )ssFtf
st 0
limlim
→∞→
=
Neste teorema estamos considerando que F(s) não possui pólos com parte real positiva.
Por quê?
CCiirrccuuiittooss EEllééttrriiccooss IIII
41
Exemplo 10.1
Queremos determinar v2(t) parao circuito abaixo. A chave é aberta em t = 0.
São dados: R=1600Ω, L=200mH, C=0,2µF e ig(t)=6u(t) mA.
+
v2
-
+
v1
-
ig
6mA
C
0.2uF L
200mH
R
1.6k
Solução
Vamos trabalhar inicialmente com o problema literal. O circuito em t=0 está descarregado.
A corrente sobre o indutor será dada por:
( ) ∫∫ =+= dtvLidtvLi 2222
101 (1)
A tensão sobre o capacitor é
( ) ∫∫ =+= dtiCvdtiCv 1111
101
Como 21 iii g −= , temos que
( ) dtdtv
LC
dti
C
dtdtv
LC
dti
C
dtii
C
dti
C
v ggg ∫ ∫∫∫ ∫∫∫∫ −=
−=−== 22211
1111111
(2)
Pela LKT:
221 vRiv +=
Substituindo (1) e (2) acima, temos que
222
111
vdtv
L
Rdtdtv
LC
dti
C g
+=− ∫∫ ∫∫
Diferenciando duas vezes os dois lados da equação, chegamos a
dt
di
C
v
LCdt
dv
L
R
dt
vd
dt
vd
dt
dv
L
R
v
LCdt
di
C
gg 1111
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2 =++∴+=−
Aplicando a Transformada de Laplace nessa EDO do circuito, temos que
( ) ( ) ( ) ( )ssI
C
sV
LC
ssV
L
R
sVs g
11
222
2
=++
Assim, podemos afirmar que
( ) ( )
++
=
LC
s
L
R
sC
ssI
sV g
12
2
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42
Agora vamos substituir os parâmetros do circuito:
( ) ( )
++
=
−−−
−
−
633
3
26
3
2
10*2,010*002
1
10*002
10*6,110*2,0
10*6
ss
s
s
sV
ou
( ) 62
3
2 10*258000
10*30
++
=
ss
sV
Precisamos achar as raízes do denominador:
30004000
2
10*25*480008000 62 jp ±−=−±−=
O passo seguinte é expandir V2(s) em frações parciais:
( ) ( ) ( )300040003000400010*258000
10*30 *11
62
3
2 js
K
js
K
ss
sV
++
+
−+
=
++
=
Determinamos
( ) 56000
10*30
30004000
10*30 3
30004000
3
1 jjjsK js
−==
++
=
+−=
e 5*1 jK =
Então, como vimos no Exemplo 9.2, podemos determinar v2(t) por:
( ) ( ){ } ( )( ) ( )tutesVLtv t o903000cos10 4000212 −== −− .
Pela equação de v2(t) acima podemos observar que ( ) 02 =∞→tv .
Isto é confirmado pelo Teorema do Valor Final:
( ) ( ) ( ) 0
10*258000
10*30limlimlim 62
3
0202
=
++
==
→→∞→ ss
s
ssVtv
sst
.
Fisicamente isto também é esperado, uma vez que a queda de tensão sobre o indutor é
nula quando a corrente atinge um valor constante
=
∞→
02
tdt
di
.
Também pela equação de v2(t), podemos afirmar que
( ) 002 ==ttv .
CCiirrccuuiittooss EEllééttrriiccooss IIII
43
De fato, pelo Teorema do Valor Inicial:
( ) ( ) ( ) 0
10*258000
10*30limlimlim 62
3
220
=
++
==
∞→∞→→ ss
s
ssVtv
sst
.
Fisicamente isto também é esperado. Assim que a chave é fechada, a tensão v1(t) sobre o
capacitor é nula. A corrente i2(t) sobre o indutor também é nula. Logo, pela LKT na malha
da esquerda, a queda de tensão v2(t) sobre o indutor também é nula no instante inicial.
A seguir temos as formas de onda para os sinais que estamos considerando, obtidas por
uma simulação numérica. Abaixo estão as quedas de tensão sobre o capacitor e o
indutor.
0.000ms 0.250ms 0.500ms 0.750ms 1.000ms 1.250ms 1.500ms 1.750ms 2.000ms
10.00 V
8.000 V
6.000 V
4.000 V
2.000 V
0.000 V
-2.000 V
A: v2
B: v1
Figura 10.1 – Quedas de tensão v2(t) sobre o indutor e v1(t) sobre o capacitor .
Repare que v2(t) obedece à equação que determinamos na análise do circuito.
Abaixo temos a corrente i2(t) sobre o indutor, que representa a integral da queda de
tensão sobre o indutor.
0.000ms 0.250ms 0.500ms 0.750ms 1.000ms 1.250ms 1.500ms 1.750ms 2.000ms
8.000mA
7.000mA
6.000mA
5.000mA
4.000mA
3.000mA
2.000mA
1.000mA
0.000mA
A: l[i]
Figura 10.2 – Corrente i2(t) sobre o indutor.
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44
Pela LKC, a corrente sobre o capacitor tem que ser dado por ( ) ( ) ( )tititi g 21 −= . De fato,
0.000ms 0.250ms 0.500ms 0.750ms 1.000ms 1.250ms 1.500ms 1.750ms 2.000ms
7.000mA
6.000mA
5.000mA
4.000mA
3.000mA
2.000mA
1.000mA
0.000mA
-1.000mA
A: c[i]
Figura 10.3 – Corrente i1(t) sobre o capacitor.
Através desse exemplo, estamos consolidando o aprendizado sobre o uso da
Transformada de Laplace para a análise de circuitos elétricos lineares, determinado a
solução completa para as equações de correntes e tensões. Nesse problema, o capacitor
e indutor estão com condições iniciais nulas. Circuitos com condições iniciais não-nulas
serão considerados posteriormente.
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45
Tópico 11 – Elementos de Circuitos
no Domínio da Frequência
Sabemos que a relação entre tensão e corrente em um resistor é dada pela Lei de Ohm:
( ) ( )tRitv =
Se aplicarmos a Transformada de Laplace aos dois lados da equação, teremos:
( ){ } ( ){ } ( ){ }tiRLtRiLtvL ==
Ou seja,
( ) ( )sIRsV .=
Vamos supor agora um indutor descarregado. Sabemos que:
( ) ( )
dt
tdiLtv =
Aplicando novamente a Transformada de Laplace aos dois lados da equação temos:
( ) ( )ssILsV .=
ou,
( ) ( )sIsLsV .=
Seja agora um capacitor descarregado. Sabemos que:
( ) ( ) ( ) ( )dtti
C
tv
dt
tdvCti ∫=∴=
1
Aplicando a Transformada de Laplace aos dois lados da equação temos:
( ) ( )
s
sI
C
sV .1=
ou,
( ) ( )sI
sC
sV 1=
Se repararmos bem, a relação entre a transformada da tensão e a transformada da
corrente para os três componentes é regida por uma equação da forma:
( ) ( ) ( )sIsZsV .=
Isso nos leva a concluir que, analogamente ao que foi feito para circuitos fasoriais,
poderemos trabalhar com um circuito equivalente no domínio s, uma vez que
substituamos cada elemento por sua impedância Z(s) equivalente.
Resistor Indutor Capacitor
RIV = IsLV .=
I
sC
V 1=
RZ = ( ) sLsZ = ( )
sC
sZ 1=
Além disso, assim como aconteceu nos circuitos fasoriais, poderemos aplicar diretamente
a Lei de Ohm e as Leis de Kirchhoff no novo circuito equivalente determinado para o
domínio da frequência em s.
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46
Exemplo 11.1
Queremos determinar V2(s) para o circuito RLC do Exemplo 10.1, mostrado abaixo. A
chave é aberta em t = 0.
+
v2
-
+
v1
-
ig
6mA
C
0.2uF L
200mH
R
1.6k
Solução
Repare que o capacitor e o indutor estão descarregados no momento em que a chave é
aberta. Nosso passo inicial é substituir cada elemento por sua impedância equivalente.
Por divisor de corrente, podemos dizer que a corrente que passa pelo indutor é dada por:
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) LCsLRs
LCsI
LCsRCs
sI
sLR
sC
sCsI
sZsZsZ
sZ
sIsI
ggg
LRC
C
gL
1
1
1
1
1
1
22 ++
=
++
=
++
=
++
=
Logo, a queda de tensão sobre o indutor será dada por:
( ) ( ) ( ) ( )
( )
LCsL
Rs
C
ssI
LCsL
Rs
LCsIsLsIsZsV
g
gLL 11
1
*
222 ++
=
++
==
que representa absolutamente o mesmo resultado encontrado no Exemplo 10.1:
( ) ( )
++
=
LC
s
L
R
sC
ssI
sV g
12
2 .
A seguir veremos um exemplo onde utilizaremos esses mesmos conceitos, mas agora
trabalhando com uma excitação senoidal.1/sC
+
V2
-
Ig
sL
R
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47
Exemplo 11.2
Queremos determinar a corrente i(t) passando pelo circuito RL série abaixo, para uma
excitação senoidal ( ) ( )wtVtv m cos= .
( ) ( )wtVtv m cos=
Solução
No Tópico 01 analisamos o circuito resolvendo a EDO. Agora, vamos analisar o circuito
pela Transformada de Laplace. Inicialmente, determinamos o circuito equivalente em s.
Pela simples aplicação da Lei de Ohm temos que
( ) ( )( ) ( )( )
( ) ( )
+
=
+
=
+
=
L
R
sL
sV
RsL
sV
sZsZ
sV
sI
LR
.
Nesse caso ( ) ( )wtVtv m cos= , de modo que ( ) 22 ws
sVsV m
+
= . Substituindo,
( )
( )22
22
ws
L
R
s
L
sV
L
R
sL
ws
sV
sI
mm
+
+
=
+
+
= .
As raízes do denominador são { }jwjwLRp +−−= ,, . Expandindo em frações parciais,
teremos:
( )
( ) ( ) ( )jws
K
jws
K
L
R
s
K
ws
L
R
s
L
sV
sI
m
+
+
−
+
+
=
+
+
=
*
221
22
Assim, precisamos determinar as constantes.
( ) ( ) 222
2
2221 LwR
RV
w
L
RL
V
L
R
ws
L
sV
sI
L
R
sK m
m
L
R
s
m
L
R
s
+
−=
+
−
−
=
+
=
+=
−=
−=
i(t)
+
-
L
R
V(s)
I(s)
+
-
sL
R
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48
( ) ( )
( ) ( ) ( )RjwL
V
L
RjwjwL
Vjw
L
R
sjws
L
sV
sIjwsK mm
jws
m
jws +
=
+
=
++
=−=
=
= 22
2
( )
( )
( )
( ) ( ) R
wL
RLw
V
R
wL
RLw
RLwV
RLw
RjwLV mmm −
+
=
−
+
+
=
+
+−
=
−− 1
2
1222
1
222
2
1222
222 tan
2
tan
22
Podemos reescrever a constante K1 de uma forma diferente, o que será interessante mais
tarde:
( ) ( ) ( )
+
−=
++
−=
−
R
wL
LwR
V
LwR
R
LwR
V
K mm 1
2
12222
12222
1222
1 tancos ,
onde utilizamos identidade trigonométrica de acordo com a figura abaixo:
( ) 21222cos LwR
R
+
=θ , ( ) 21222sen LwR
wL
+
=θ e
R
wL
==
θ
θθ
sen
cos
tan
de modo que
R
wL1tan −=θ .
Logo,
( ) ( ) ( )( )
( )
( )jws
R
wL
RLw
V
jws
R
wL
RLw
V
L
R
s
LwR
V
sI
mmm
+
+
+
−
−
+
+
+
+
−
=
−− 1
2
1222
1
2
12222
1222
tan
2
tan
2
cosθ
Assim,
( ) ( ) ( ) ( )tuwt
LwR
V
e
LwR
V
ti mL
Rtm
−
+
+
+
−=
− θθ coscos)(
222222
, com
R
wL1tan −=θ .
Obviamente que essa expressão é exatamente a mesma que encontramos anteriormente.
wL
R
(w2L2+R2)1/2
θ
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49
Tópico 12 – Elementos de Circuitos
com Condição Inicial
No último tópico vimos como determinar a impedância Z(s) para o resistor, o indutor
descarregado e o capacitor descarregado. Agora, vamos considerar capacitores e
indutores com condição inicial não-nula.
Capacitor Carregado
Aplicando a Transformada de Laplace na equação do capacitor temos:
( ){ } ( ) ( ) ( ) ( )[ ]−−=∴
= 0vssVCsI
dt
tdvCLtiL
( ) ( ) ( )−−= 0.. vCsVsCsI (1)
ou,
( ) ( ) ( )
s
v
sI
sC
sV
−
+=
01
(2)
Na equação (2) percebemos que uma condição inicial não-nula provoca no domínio de s o
aparecimento de uma tensão ( )
s
v −0
, que pode ser modelada como uma fonte de tensão
em série com a impedância
sC
1
, conforme a figura abaixo. Obviamente que quando a
condição inicial é nula, essa fonte de tensão representa um curto, e o capacitor se reduz
apenas à impedância determinada anteriormente.
ou 1/sC
Cv(0-)
1/sC v(0-)/s
+ -
A equação (1) nos indica uma outra forma equivalente para o capacitor em s, mostrado à
direita na figura acima.
Indutor Carregado
Utilizaremos o mesmo raciocínio e aplicaremos a Transformada de Laplace na equação
do indutor:
( ){ } ( ) ( ) ( ) ( )[ ]−−=∴
= 0issILsV
dt
tdiLLtvL
CCiirrccuuiittooss EEllééttrriiccooss IIII
50
ou
( ) ( ) ( )−−= 0.iLssLIsV (3)
Reescrevendo,
( ) ( ) ( )
s
i
sL
sV
sI
−
+=
0
(4)
Na equação (3) percebemos que uma condição inicial não-nula provoca o aparecimento
de uma tensão ( )−− 0Li , que pode ser modelada como uma fonte de tensão em série com
a impedância sL conforme a figura abaixo. Quando a condição inicial é nula, essa fonte
de tensão vira um curto e o modelo se reduz àquele determinado no tópico passado.
i(0-)/s
sL
Li(0-)sL
ou
+-
Além disso, pela equação (4) também podemos determinar uma forma equivalente para o
indutor em s, mostrado à direita na figura acima.
Exemplo 12.1
Queremos determinar a transformada da queda de tensão vo(t) sobre o capacitor para o
circuito RLC abaixo. A chave é mudada da posição a para a posição b no instante t =0.
+
vo(t)
-
a
b+
-
Vdc
C
L R
Solução
Precisamos determinar a condição inicial dos elementos antes de a chave ser mudada
para a posição b. Quando o circuito atinge o regime estacionário com a chave em a, o
capacitor está carregado com o valor Vdc da fonte, tendo cessado o fluxo de corrente no
circuito ( ( ) 00 =−i ).
Assim, já podemos determinar o circuito equivalente em s após a chave ser mudada para
a posição b ( −> 0t ).
CCiirrccuuiittooss EEllééttrriiccooss IIII
51
1/sC
Vdc/s
+
Vo(s)
-
+
-
sL R
Devemos tomar o cuidado de observar que queremos a queda de tensão sobre o
capacitor real, que em s representa a soma das quedas de tensão sobre o capacitor
descarregado mais a fonte
s
Vdc
.
Pela LKT, Vo(s) equivale à soma das quedas de tensão sobre o indutor e sobre o resistor:
RL
dc
c VV
s
VVV +=+−=0
Por divisor de tensão é fácil determinar a queda de tensão sobre o resistor mais o indutor:
( ) ( ) ( )
++
+
=
++
+
=
++
+
=
LCL
R
ss
L
R
sV
C
sRLs
RsLV
sC
RsL
RsL
s
V
sV
dc
dc
dc
o 111 22
Podemos confirmar esse resultado calculando
s
VVV dcc +−=0
ou seja,
( )
( )
++
+
=
++
+
=
++
−=+
++
−=
LCL
R
ss
L
R
sV
sC
RsL
RsL
s
V
sC
RsL
sC
s
V
s
V
sC
RsL
sC
s
V
sV
dc
dc
dcdcdc
o
11
1
1
1
1
1
2
conforme determinamos anteriormente.
CCiirrccuuiittooss EEllééttrriiccooss IIII
52
Tópico 13 – Métodos de Análise de Circuitos em s
Ao longo do curso, vimos que as Leis de Kirchhoff são válidas também para os
circuitos fasoriais, no domínio da variável jw. Mostramos que os métodos de análise de
circuitos resistivos também são válidos para circuitos fasoriais, a partir da derivação do
conceito de impedância Z(jw). E no domínio da variável s da Transformadade Laplace?
Vimos que a variável da transformada de Laplace é complexa, dada por jws += σ .
A parte real σ está associada ao aparecimento no tempo de termos amortecidos da forma
teσ , onde normalmente 0≤σ . Já a parte imaginária jw, que aparece sempre em pólos
complexos conjugados, está associada a oscilações da forma ( )wtcos .
Sabemos que na análise fasorial está sendo observado apenas o comportamento
do circuito no estado estacionário (t>>0), que é quando os termos amortecidos ( )0<σ já
tenderam a zero, e são relevantes apenas os termos não amortecidos, ou seja, termos em
que 0|1 ≥= te tσ , associados a 0=σ .
Podemos, então, perceber que a análise fasorial pode ser vista como um caso
particular da análise pela transformada de Laplace, mas onde estamos preocupados
apenas com o estado estacionário, o que significa dizer que queremos 0=σ . Assim, o
circuito fasorial pode ser obtido a partir do circuito em s fazendo com que s→jw nas
impedâncias.
Resistor Indutor Capacitor
Laplace transiente +
estado
estacionário
s=σ+jw ( ) RsZ = ( ) sLsZ = ( )
sC
sZ 1=
Fasores estado
estacionário
s→jw ( ) RjwZ = ( ) jwLjwZ = ( ) jwjwZ
1
=
Se o circuito fasorial pode ser obtido diretamente do circuito equivalente em s por
uma simples adequação de impedâncias, podemos desconfiar que os métodos de análise
de circuitos resistivos também poderão ser utilizados para a análise de circuitos na
variável s. De fato, isto é verdade, embora não o iremos demonstrar, uma vez que o
raciocínio é análogo ao utilizado para demonstração com circuitos fasoriais.
13.1. Método das Malhas
Vejamos o exemplo a seguir.
Exemplo 13.1
No circuito abaixo, queremos determinar a expressão para v(t). O circuito está
descarregado em t=0, quando as chaves são mudadas de posição.
1F
1H
3
15
+
-15V5A
+
v(t)
-
CCiirrccuuiittooss EEllééttrriiccooss IIII
53
Solução
O primeiro passo é determinar o circuito equivalente em s, mostrado abaixo.
Repare que não podemos utilizar diretamente o Método das Malhas por causa da fonte de
corrente. Vamos convertê-la em uma fonte de tensão.
2
55
*
1
sss
ZIV === e
s
Z 1=
Agora, sim, podemos aplicar as LKT:
Malha 1: ( ) 22121112 53310315 sIIssIIsIsIs =−
++∴=−−−−
221
2 5313
s
II
s
ss
=−
++
(1)
Malha 2: ( ) ( )
s
II
s
III 153153015153 21212 −=++−∴=−−−−
s
II 15183 21 −=+− (2)
O sistema linear associado é
( )
−
=
−
−
++
s
s
I
I
s
ss
15
5
183
313 2
2
1
2
Precisamos de
det A =
( ) ( ) ( )
s
ss
s
ss
s
ss 18451891318
183
313 22
2
++
=−
++
=
−
−
++
Assim, podemos resolver o sistema e determinar as correntes de malha:
( ) ( )
( )
( )
( )
( )252
25
2529
245
184518
4590
184518
1815
35
22
2
2
2
2
2
1
++
−
=
++
−
=
++
−
=
++
−
−
=
sss
s
s
ss
s
s
s
ss
ss
s
ss
s
s
I
1/s
1s
3
15
+
-15/s5/s
+
V(s)
-
I2I1
+
-
5/s^2
1/s 1s
3
15
+
-15/s
CCiirrccuuiittooss EEllééttrriiccooss IIII
54
( )
( )
( )
( )
( )
( )2529
315
184518
151315
184518
153
513
2
2
2
22
2
2
2
2
2
++
+−
=
++
+++−
=
++
−
−
++
=
sss
ss
s
ss
ss
ss
s
ss
s
ss
ss
I
Repare que a transformada da tensão v(t) pode ser determinada por:
( ) ( )( )
( )
( )
( ) ( )
( ) ( )252
305
2523
352153
2523
35
252
2533 2
2
2
2
2
2
221 ++
+
=
++
++−
=
++
+−
−
++
−
=−=
sss
s
sss
sss
sss
ss
sss
sIIV
Para expandir em frações parciais, teremos:
( )
( )
( ) ( ) ( )25,015,2
65,2
252
305 321
2
2
2
2
+
+
+
+=
++
+
=
++
+
=
s
K
s
K
s
K
sss
s
sss
sV
onde,
( )
( ) 1515,2
65,2
0
2
2
1 =
++
+
=
=s
ss
sK
( )
( ) 6
125
2
2
1
2
1
6
4
1
2
5
2
65,2
2
1
2
2 −=
+−−
+
=
+
+
=
−=s
ss
sK , e ( )( )
( )
3
25
2
122
64
2
5
5,0
65,2
2
2
3 =
+−−
+
=
+
+
=
−=s
ss
sK
Logo,
( ) [ ] ( )tueetv tt 25,0 325612515 −− +−=
13.2. Teorema da Superposição
Vejamos o exemplo a seguir.
Exemplo 13.2
Vamos resolver o mesmo problema do exemplo anterior, mas utilizando agora o Teorema
da Superposição.
Solução
1o) Contribuição da fonte de corrente
Para calcular a contribuição da fonte de corrente, precisamos anular a fonte de tensão, o
que representa curto-circuitá-la.
No circuito resultante, a corrente sobre o resistor de 3Ω pode ser determinada por um
simples divisor de corrente. Com essa corrente, faremos V(s)=3I(s).
CCiirrccuuiittooss EEllééttrriiccooss IIII
55
O circuito resultante é
Inicialmente, precisamos determinar o paralelo 15Ω//3Ω:
2
5
315
3*15
=
+
.
Assim, por divisor de corrente, a corrente passando pelo indutor é:
( ) ( )252
10
522
25
2
51
1
5
15//31
1
5
22 ++
=
++
=
++
=
++
=
ssssss
s
s
s
s
s
s
s
s
I L
Por um novo divisor de corrente, a corrente passando pelo resistor de 3Ω é:
( ) ( )252 6
50
18
15
*
252
10
315
15
* 223 ++
=
++
=
+
=
ssssss
II L .
Finalmente, a contribuição da fonte de corrente para a queda de tensão é
( )252
253 23 ++
==
sss
IVI
2o) Contribuição da fonte de tensão.
Para determinarmos a contribuição da fonte de tensão, precisamos anular a fonte de
corrente, o que significa substituí-la por um circuito aberto. O circuito resultante será
Precisamos determinar a impedância equivalente para a parte indicada no circuito:
13
33
31
3*1
3//1 2
2
2
2
++
+
=
+
+
+
=
+=
ss
s
s
s
s
s
s
s
Z
1/s
1s
5/s
3
15
+
V(s)
-
1/s
1s
+
-15/s
3
15
+
V(s)
-
CCiirrccuuiittooss EEllééttrriiccooss IIII
56
Assim, a contribuição da fonte de tensão para a queda de tensão pode ser determinada
por um simples divisor de tensão:
( )
( ) ( )
( )252
15
184518
1315
131533
3315
15
13
33
13
33
15
2
2
2
2
22
2
2
2
2
2
++
+
=
++
+
=
++++
+
=
+
++
+
++
+
=
sss
s
ss
s
ssss
s
s
ss
s
ss
s
s
VV
3o) Somatório das Contribuições
Por fim, basta somarmos as contribuições de cada fonte
( ) ( )
( )
( )
( )
( )252
65
252
15
252
25
2
2
2
2
2 ++
+
=
++
+
+
++
=+=
sss
s
sss
s
sss
VVsV VI
Obviamente, é exatamente o mesmo resultado que encontramos no Exemplo 13.1.
CCiirrccuuiittooss EEllééttrriiccooss IIII
57
Tópico 14 – Método dos Nós e Transformada de Laplace
Exemplo 14.1
No circuito abaixo, o circuito estádescarregado quando as fontes são ligadas, em t=0.
Determine a tensão v(t).
Solução
O primeiro passo é montar o circuito equivalente no domínio de s.
Para o Método dos Nós, vamos definir como referencial o nó inferior, e vamos designar
V(s) o potencial no nó superior. Assim, temos
0321 =−++=∑ IIIII
onde,
s
sVsVI
2
20
2
20
1
−
=
−
= ,
s
V
sL
VI 8,02 == e 2005,0
13
sV
s
VI ==
Então,
05
20
8,0
2
20
=−++
−
=∑
s
sV
s
V
s
sVI
015
20
1610
2
205
20
8,0
2
2
=−
++
=
+−
++=
ss
ssV
ss
s
ss
sV
Assim,
( )
1610
300
20
1610
15
22 ++
=
++
=
ss
s
ss
ssV
+
-
20u(t)
5u(t)1,25H
2
50mF
+
v(t)
-
V(s)
+
-
20/s
5/s1,25s
2
20/s
CCiirrccuuiittooss EEllééttrriiccooss IIII
58
Os pólos de V(s) são { }2,8
2
610
2
6410010
−−=
±−
=
−±−
=p
De modo que, ( )
821610
300 21
2 +
+
+
=
++
=
s
K
s
K
ss
sV
onde
( ) ( ) 50
6
300
8
3002
2
21
==
+
=+=
−=
−=
s
s s
sVsK
( ) ( ) 50
6
300
2
3008
8
82 −=
−
=
+
=+=
−=
−=
s
s s
sVsK
Por fim,
( ) [ ] ( )tueetv tt 82 5050 −− −= V
No exemplo a seguir, vamos comparar a análise via Transformada de Laplace com a
análise por meio dos fasores.
Exemplo 14.2 - Exercício 9.49 do LT
No circuito abaixo, as fontes são ligadas em t=0. Determine a tensão v(t) sobre o resistor.
São dados: ( ) ( )o13,535000cos101 += ttvg e ( ) ( )ttvg 5000sen82 =
Solução
O primeiro passo é montar o circuito equivalente no domínio de s.
Vamos trabalhar inicialmente com o problema literal. Para o método dos nós, vamos
definir como referencial o nó inferior, e vamos designar V o potencial no nó superior.
1/sC
V
+
-
Vg2
+
-
Vg1
sL
R
vg2(t)
vg1(t) +
-
+
-
50uF0.4mH
6
+
v(t)
-
CCiirrccuuiittooss EEllééttrriiccooss IIII
59
Assim, temos
0321 =++=∑ IIII
onde,
( )
sL
sVV
I g11
−
= ,
( )( ) ( )( )sVVsC
sC
sVV
I g
g
2
2
2 1 +=
−−
= e
R
VI =3
Logo,
( ) ( )( )∑ =+++−= 021 R
V
sVVsC
sL
sVV
I g
g
( ) ( ) ( ) ( ) 0111 2
2
1
2
2
1
=
−
−
++
=
−−
++=
sL
sLCVssV
sL
RsLRLCs
R
VssCV
sL
sV
R
sC
sL
V ggg
g
Então,
( ) ( )
( ) ( )
++
−
=
++
−
=
LCRC
ss
sVs
LC
sV
RsLRLCs
sLCVssV
RV
g
g
gg
112
2
21
2
2
2
1
Temos que ( ) ( )ttvg 5000sen82 = , de modo que 22222 5000
40000
5000
50008
+
=
+
=
ss
Vg
Além disso, ( ) ( ) )5000sen(8)5000cos(613,535000cos101 ttttvg −=+= o .
(lembre-se que ( ) ( ) ( ) ( ) ( )bsinasinbaba −=+ coscoscos )
Assim, 2222221 5000
400006
5000
50008
5000
6
+
−
=
+
−
+
=
s
s
ss
sVg
Substituindo na equação da transformada,
( ) ( )
( )
+++
−+−
=
++
+
−
+
−
=
++
−
=
7
4
222
12824
7
4
2
22
4
2
22
4
7
2
2
21
10.5
3
105000
10.210.310.4
10.5
3
10
5000
10.4
5000
10.4610.5
11
sss
ss
ss
s
s
s
s
LCRC
ss
sVs
LC
sV
V
g
g
Após algumas contas, podemos expandir em frações parciais:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )6871,8 j 1666,7
3656,46
6871,8 j- 1666,7
3656,46
5000
6
5000
6
++
−−
+
+
+−
+
−
+
+
=
s
j
s
j
jsjssV
( ) ( ) ( ) ( )6871,8 j 1666,7
96,14342,7
6871,8 j- 1666,7
96,14342,7
5000
6
5000
6
++
−
+
+
+
−
+
+
=
ssjsjs
oo
CCiirrccuuiittooss EEllééttrriiccooss IIII
60
de modo que
( ) ( ) ( ) ( )tutettv t
+−=
−
o96,1438,6871cos84,145000cos12 3
5000
(1)
Para t>>0, ou seja, no regime estacionário, a expressão para v(t) se reduz a
( ) ( )ttvss 5000cos12= V, (2)
que é o mesmo resultado encontra na análise por fasores.
Repare que a análise realizada com a transformada de Laplace em (1) é mais geral que a
análise com fasores (2). Isso porque a transformada de Laplace permite que visualizemos
também, além do regime em estado estacionário previsto por fasores, o comportamento
do circuito no regime transitório.
É importante perceber que a análise mais geral vem ao custo de um maior esforço
analítico, uma vez que a análise com fasores representa uma solução numérica simples.
CCiirrccuuiittooss EEllééttrriiccooss IIII
61
Tópico 15 – Função de Transferência
No Tópico 08, determinamos a queda de tensão no circuito RLC paralelo descarregado,
aplicando a Transformada de Laplace na equação diferencial do circuito:
( ) ( ) ( ) ( ){ }tuILdttv
Ldt
tdvC
R
tvL dc
t
=
++ ∫
0
1
de modo que,
( ) ( ) ( ) ( )
s
I
sI
s
sV
L
sCsVsV
R
dc
==++
11
Colocando V(s) em evidência,
( ) ( ) ( ) ( )sI
sRL
RRLCssL
sVsI
sL
sC
R
sV =
++
∴=
++
211
,
pudemos determinar a transformada V(s)
( ) ( )
RsLRLCs
RLI
sI
RsLRLCs
sRL
sV dc
++
=
++
= 22 (1)
Poderíamos ter chegado ao mesmo resultado trabalhando com as impedâncias em s:
( ) ( ) ( ) ( )sI
sC
sLRsIsZsV T
==
1////
Como o paralelo das impedâncias é dado por:
( )
RsLRLCs
RLs
sCsLR
RLs
sCsLR
RLs
sCsLR
RLs
sC
sLRsZT
++
=
+
+
+
=
+
== 21
1
1//1////
temos que a transformada V(s) é dada por
( ) ( ) ( ) ( )
RsLRLCs
RLI
sI
RsLRLCs
sRL
sIsZsV dcT
++
=
++
== 22
que é exatamente o mesmo resultado.
Já no Exemplo 10.1, aplicamos a transformada de Laplace na equação diferencial que
rege a queda de tensão sobre o indutor no circuito descarregado abaixo:
+
v2
-
+
v1
-
ig
6mA
C
0.2uF L
200mH
R
1.6k
( ) ( ) ( ) ( )
dt
tdi
C
tv
LCdt
tdv
L
R
dt
tvd 11
2
2
2
2
2
=++
Idc LC
R
CCiirrccuuiittooss EEllééttrriiccooss IIII
62
de modo que
( ) ( ) ( ) ( )ssI
C
sV
LC
ssV
L
R
sVs 11 222
2
=++
e encontramos a transformada V2(s):
( ) ( )sI
LC
s
L
R
sC
s
sV
++
=
12
2 (2)
Obviamente que poderíamos determinar o mesmo resultado por um divisor de corrente
para o circuito equivalente em s:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
CLsRCs
sL
sIsL
CLsRCs
sIsL
sLR
sC
sCsIsLsIsV L 222 11
1
1
1
.
++
=
++
=
++
==
que é igual a
( ) ( )sI
LC
s
L
R
sC
s
sV
++
=
12
2
Vamos chamar de X(s) a transformada da excitação, que pode ser uma fonte de tensão ou
de corrente. E vamos designar Y(s) a transformada do sinal que queremos medir, seja
uma queda de tensão sobre um elemento, ou seja, a corrente passando por ele.Se observarmos também os outros exemplos que temos feito utilizando a Transformada
de Laplace, perceberemos que a transformada Y(s) do sinal desejado sempre é dada na
forma
( ) ( ) ( )sXsHsY =
Ou seja, no domínio da Transformada de Laplace, a transformada do sinal desejado
sempre será dada pelo produto entre a transformada da excitação e uma função H(s),
chamada função de transferência, que é determinada pelo circuito.
Por exemplo, para a transformada (1) no circuito do primeiro exemplo, temos que
( )
RsLRLCs
sRL
sH
++
= 2
e para a transformada (2) no circuito do segundo exemplo temos que
( )
++
=
LC
s
L
R
sC
s
sH
12
Repare que a função de transferência é independente do valor da excitação. Assim, uma
vez que já tenhamos determinado a função de transferência, podemos achar a
transformada do sinal desejado para qualquer excitação, bastando apenas realizar o
produto entre a transformada da excitação e a função de transferência.
CCiirrccuuiittooss EEllééttrriiccooss IIII
63
Vamos voltar ao circuito do Exemplo 10.1.
Vimos que a transformada da queda de tensão sobre o indutor é dada por
( ) ( ) ( )sI
LC
s
L
R
s
C
s
sIHsV LL
++
== 12
Já a transformada da queda de tensão sobre o resistor é dada por
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
CLsRCs
R
sIR
CLsRCs
sIR
sLR
sC
sCsIRsIsV RR 22 11
1
1
1
.
++
=
++
=
++
==
ou seja,
( ) ( ) ( ) ( )sI
LC
s
L
R
s
LC
R
sIsHsV RR
++
== 12
O que podemos observar se compararmos as duas funções de transferência?
( )
LC
s
L
R
s
s
CsH L 1
1
2 ++
= e ( )
LC
s
L
R
s
LC
R
sH R 12 ++
=
Repare que as duas funções de transferência são diferentes. De fato, embora seja
independente do valor da excitação, a função de transferência será específica para cada
ponto de saída a ser observado. E ainda que nesses exemplos só tenha havido apenas
uma excitação, ela será também específica para ponto de entrada considerado.
Todavia, repare que os pólos são os mesmos para as duas funções de transferência. Isso
porque os pólos representam uma característica natural do circuito, determinados pelos
valores e pelas interligações dos elementos, e são independentes da excitação e do sinal
a ser observado.
Nos exemplos acima, supusemos que os circuitos estavam descarregados. Perceba que
se permitirmos condição inicial não-nula, a transformada da saída deverá ser função
dessa condição inicial, e não poderá mais ser dada simplesmente pelo produto H(s)X(s).
VL
- VR
CCiirrccuuiittooss EEllééttrriiccooss IIII
64
É importante ressaltar que o conceito de função de transferência não consegue tratar
condições iniciais não-nulas, requerendo, então, a hipótese de condições iniciais nulas.
Voltemos ao circuito RLC paralelo, agora com condição inicial.
( ) ( ) ( ) ( ){ }tuILdttv
L
L
dt
tdvCL
R
tvL dc
t
=
+
+
∫
0
1
tal que,
( ) ( ) ( )( ) ( )
s
I
s
sV
L
vssVCsV
R dc
1101 =+−+ −
colocando V(s) em evidência teremos:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )−− +=
++
∴=−
++ 0011
2
CvsI
sRL
RRLCssL
sVsICv
sL
sC
R
sV
o que resulta em
( ) ( ) ( )−
++
+
++
= 022 vRsLRLCs
sRLC
sI
RsLRLCs
sRL
sV
Repare que a condição inicial nos impede de escrever V(s) na forma ( ) ( ) ( )sXsHsY = . Por
isso que o emprego da função de transferência requer condições iniciais nulas.
Vamos supor, agora, que a nossa excitação seja um impulso ( ) ( )ttx δ= . Então, a
transformada da excitação será dada por ( ) ( ){ } 1== tLsX δ , e a transformada do sinal
medido será
( ) ( ) ( ) ( ) ( )sHsHsXsHsY === 1.
que representa a própria função de transferência. Logo, podemos concluir que a função
de transferência é a transformada da resposta ao impulso do sinal medido.
Vamos relacionar as observações feitas até aqui sobre a função de transferência H(s):
1a – Permite calcular a transformada do sinal desejado por uma simples
multiplicação com a transformada da excitação.
2a – É independente da forma da excitação.
3a – Seus zeros são determinados pela definição de quem é a excitação e de quem
é o sinal a ser medido.
4a – Seus pólos são característicos ao circuito.
5a – Requer condições iniciais nulas.
6a – Representa a transformada da resposta ao impulso.
CCiirrccuuiittooss EEllééttrriiccooss IIII
65
Tópico 16 – Função de Transferência – 2a Parte
Vamos continuar analisando as propriedades da função de transferência através do
exemplo a seguir.
Exemplo 16.1
Para o circuito acima, queremos analisar o comportamento da queda de tensão sobre o
indutor e sobre o resistor. Em especial, estamos interessados na excitação senoidal e no
degrau.
Solução
O circuito equivalente em s é:
A impedância equivalente para o paralelo do capacitor e com o resistor é
10
20
220
40
220
220
// +
=
+
=
+
=
ss
s
sZ
A queda de tensão sobre o resistor pode ser determinada por divisor de tensão:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )sV
ssss
sV
s
s
ssV
Zs
Z
sVsVR 1610
16
205,1225,1
20
10
2025,1
10
20
25,1 22//
//
++
=
++
=
+
+
+
=
+
=
Identificamos a função de transferência da tensão de excitação para o resistor:
( )
1610
16
2 ++
=
ss
sH R
E a queda de tensão sobre o indutor? Pelo mesmo raciocínio acima,
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )sV
ss
ss
ss
ss
sV
s
s
s
sV
Zs
s
sVsVL 1610
10
205,1225,1
1025,1
10
2025,1
25,1
25,1
25,1
22
// ++
+
=
++
+
=
+
+
=
+
=
+
vR(t)
-
vL(t)
+ -
+
VR(s)
-
VL(s)
+ -
v(t)
+
-
1,25H
50mF
2
V(s)
20/s+
-
1,25s
2
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66
de modo que a função de transferência da tensão de excitação para o indutor é:
( ) ( )
1610
10
2 ++
+
=
ss
ss
sH L
Vamos supor inicialmente que a excitação seja um degrau unitário. A transformada da
queda de tensão sobre o resistor será:
( ) ( ) ( ) ( )1610
161
1610
16
22 ++
=
++
==
ssssss
sVsHsV RR
Expandindo em frações parciais teremos:
( ) ( ) 821610
16 321
2 +
+
+
+=
++
=
s
K
s
K
s
K
sss
sVR
onde,
( ) 1
1610
16
0
201 =++
==
=
=
s
sR ss
ssVK
( ) ( ) ( ) 3
4
6*2
16
8
162
2
22 −=
−
=
+
=+=
−=
−=
s
sR ss
sVsK
( ) ( ) ( ) 3
1
6*8
16
2
168
8
83 =
−−
=
+
=+=
−=
−=
s
sR ss
sVsK
Por fim,
( ) ( ) ( ) ( )tuetuetutv ttR 82 3
1
3
41 −− +−= V
Já a queda de tensão sobre o indutor será
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )1610
101
1610
10
22 ++
+
=
++
+
==
sss
ss
sss
ss
sVsHsV LL
Expandindo em frações parciais teremos:
( ) ( )( ) 821610
10 321
2 +
+
+
+=
++
+
=
s
K
s
K
s
K
sss
ss
sVL
onde,
( ) ( ) 0
1610
10
0
201 =++
+
==
=
=
s
sL ss
ss
ssVK
( ) ( ) ( )( ) 3
4
6*2
8*2
8
102
2
22 =
−
−
=
+
+
=+=
−=
−=
s
sL ss
ss
sVsK( ) ( ) ( )( ) 3
1
6*8
2*8
2
108
8
83 −=
−−
−
=
+
+
=+=
−=
−=
s
sL ss
ss
sVsK
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67
de modo que,
( ) ( ) ( )tuetuetv ttL 82 3
1
3
4
−−
−= V
Conferindo a LKT na primeira malha:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0
3
1
3
4
3
1
3
41 8282 =
−−
+−−=−− −−−− tuetuetuetuetututvtvtu ttttLR OK!
Repare que a transformada da queda de tensão sobre o resistor é dada por:
( ) ( )
( )
( )
( )
s
sK
ss
sK
sss
sV UHR +
++
=
++
=
16101610
16
22
indicando que os pólos da saída são dados pelos pólos da função de transferência mais
os pólos da excitação. De fato, no tempo teremos
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
4444 34444 21321
sHdepólos
atransitóriresposta
tt
sUdepólos
iaestacionárresposta
R tuetuetutv
82
3
1
3
41 −− +−=
que representa o somatório das contribuições dos pólos de H(s) mais os pólos de U(s). Os
pólos de H(s) representam termos da resposta transitória, enquanto que os pólos de U(s)
definem a resposta em estado estacionário.
Vamos supor, agora, que a excitação seja ( ) ( )ttv 4sen= V. Como já conhecemos as
funções de transferência, podemos determinar as quedas de tensão diretamente:
( ) ( ) ( ) ( )( )161016
64
16
4
1610
16
222 +++
=
+++
==
ssssss
sVsHsV RR
Expandindo em frações parciais teremos:
( ) ( )( ) 8244161016
64 32*11
22 +
+
+
+
+
+
−
=
+++
=
s
K
s
K
js
K
js
K
sss
sVR
onde,
( ) ( ) ( )( ) ( ) 5
1
164016*8
64
16104
644
4
241
−=
++−
=
+++
=−=
=
= jjssjssVjsK jsjs
R
( ) ( ) ( )( ) ( ) 15
8
164*6
64
168
642
2
222 =+
=
++
=+=
−=
−=
s
sR ss
sVsK
( ) ( ) ( )( ) ( ) 15
2
1664*6
64
162
648
8
283 −=+−
=
++
=+=
−=
−=
s
sR ss
sVsK
Assim, ( ) ( ) ( ) ( ) ( )tuetuetuttv ttR 82 15
2
15
84cos
5
12 −− −+
−= V
ou,
( ) ( ) ( ) ( ) ( )tuetuetuttv ttR 82 15
2
15
8904sen
5
2
−−
−+−= o
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68
E a queda de tensão sobre o indutor?
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )( )161016
104
16
4
1610
10
2222 +++
+
=
+++
+
==
sss
ss
sss
ss
sVsHsV LL
Expandindo em frações parciais teremos:
( ) ( )( )( ) 8244161016
104 32*11
22 +
+
+
+
+
+
−
=
+++
+
=
s
K
s
K
js
K
js
K
sss
ss
sVL
onde,
( ) ( ) ( )( )( )
( )
( )
o20,685385,0
2
1
5
1
164016*8
104*4*4
16104
1044
4
241
−=−=
++−
+
=
+++
+
=−=
=
=
j
jj
jj
ssjs
ss
sVjsK
js
jsL
( ) ( ) ( )( )( ) ( ) 15
8
164*6
8*8
168
1042
2
222 −=+
−
=
++
+
=+=
−=
−=
s
sL ss
ss
sVsK
( ) ( ) ( )( )( ) ( ) 15
2
1664*6
2*32
162
1048
8
283 =+−
−
=
++
+
=+=
−=
−=
s
sL ss
ss
sVsK
Logo, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )tuetuetuttv ttL 82 15
2
15
820,684cos5385,02 −− +−−= o V
ou,
( ) ( ) ( ) ( ) ( )tuetuetuttv ttL 82 15
2
15
880,214sen077,1 −− +−+= o V
Assim como na excitação degrau unitário, a expressão para a queda de tensão no resistor
apresenta um termo estacionário, regido pelos pólos da excitação, e um termo transitório,
regido pelos pólos da função de transferência:
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
4444 34444 21444 3444 21
o
sHdepólos
atransitóriresposta
tt
sUdepólos
iaestacionárresposta
R tuetuetuttv
82
15
2
15
8904sen
5
2
−−
−+−=
Vamos analisar a função de transferência HR(s) para s=4j, ou seja, na frequência da
excitação (lembre-se que ( ) ( )ttu 4sen= V):
( ) ( )
o904,0
5
2
40
16
164016
16
164*104
164 2 −=−==++−
=
++
== jjjjj
jsH R
Repare, agora, que a resposta em estado estacionário representa a senóide de entrada
com sua amplitude multiplicada pela amplitude da função de transferência e com um
deslocamento de fase de valor igual à fase da função de transferência:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )jHRssR jjHtuttv 44sen4*1904sen5
2 φ+=−= o
Será que isso vale para a queda de tensão sobre o indutor?
CCiirrccuuiittooss EEllééttrriiccooss IIII
69
Vimos que
( ) ( ) ( )tuttv
ssL
o80,214sen077,1 +=
Ora,
( ) ( )( )
o80,21077,1
164*104
10444 2 =++
+
==
jj
jjjsH L
indicando que o mesmo raciocínio se aplica.
Podemos, então, generalizar e afirmar que a resposta em estado estacionário para uma
excitação senoidal ( ) ( )wtAtu sen= sempre será dada por:
( ) ( ) ( )( )jwHss wtjwHAty φ+= sen
Repare que esse resultado que acabamos de derivar é nada mais do que o princípio da
análise de circuito com excitação senoidais por meios de fasores.
Uma outra pergunta interessante é: por que a resposta ao degrau da queda de tensão
sobre o indutor
( ) ( ) ( )
( )
444 3444 21
sHdepólos
atransitóriresposta
tt
L tuetuetv
82
3
1
3
4
−−
−=
apresenta resposta estacionária nula?
A resposta é simples: perceba que o degrau representa uma excitação de frequência
nula, w=0. Contudo, a função de transferência para a queda de tensão sobre o indutor
( ) ( )
1610
10
2 ++
+
=
ss
ss
sH L
apresenta um zero em s=0 ( ( ) 00 =LH ) de modo que, pelo que acabamos de argumentar
acima, a resposta ao degrau em estado estacionário para a queda de tensão sobre o
indutor será nula. Fisicamente sabemos que um indutor apresenta queda de tensão nula
para um regime de corrente constante.
CCiirrccuuiittooss EEllééttrriiccooss IIII
70
Tópico 17 – A Integral de Convolução na Análise de Circuitos
A integral de convolução entre duas funções x(t) e h(t) é um funcional definido por:
( ) ( ) ( ) ( )∫
∞
∞−
−=∗ τττ dthxthtx ,
tendo como propriedade que
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )∫∫
∞
∞−
∞
∞−
−=−=∗=∗ ττττττ dtxhdthxtxththtx .
Como na análise de circuitos estamos preocupados apenas com sinais que se iniciem a
partir de t=0, consideraremos a integral de convolução
( ) ( ) ( ) ( )∫
∞
−=∗
0
τττ dthxthtx .
A Transformada de Laplace apresenta uma propriedade relativa à integral de convolução:
( ) ( ){ } ( ){ } ( ){ }thLtxLthtxL =∗ .
Quer dizer que a transformada de uma convolução no tempo é equivalente ao produto
das transformadas no domínio da Transformada de Laplace.
Na análise de um dado circuito, seja x(t) a excitação do circuito e y(t) o sinal desejado.
Sabemos que ( ) ( ) ( )sXsHsY = , onde H(s) é a função de transferência. Como o produto em
s está associado a uma convolução no tempo, temos que
( ) ( ) ( ) ( ) ( )∫
∞
−=∗=
0
τττ dtxhtxthty ,
onde ( ) ( ){ }sHLth 1−= .
Concluímos, então, que a resposta do circuito a uma excitação pode ser determinada pela
convolução entre a excitação e a resposta do circuito ao impulso.
Exemplo 17.1
Queremos determinar a queda de tensão vR(t) sobre o resistor no circuito RL série para
uma excitação do tipo degrau unitário, v(t)=u(t).
Solução
Por divisor de tensão, podemos facilmente determinar que
( ) ( )
( )
( ) ( )LRssLRss
L
R
sL
Rs
L
R
RsL
R
sVsV
sH
R
+
−
+=
+
=
+
=
+
=
111
321
.
Logo,
( ) ( ) ( )tuetutv tLRR −−= 1 . (1)
CCiirrccuuiittooss EEllééttrriiccooss IIII
71
E se tentarmos determinar vR(t) trabalhando apenas o domínio do tempo? Se
conhecermos antecipadamente a resposta do circuitoao impulso,
( ) ( ){ } ( )tue
L
R
sHLth tL
R
−
−
==
1
,
então poderemos determinar que a resposta do circuito ao degrau será
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )∫∫∫
∞
−−
∞
−−
∞
−=
−=−=∗=
000
ττττττττ
ττ dtue
L
Rdutue
L
Rdxthtxthtv tL
RtL
R
R .
Fazendo a mudança de variável τλ −= t , temos que
( ) ( )( ) ( )tueede
L
Rdue
L
R
tv
tL
R
t
L
R
t
L
R
t
L
R
R
−==−=−=
−−−
−∞
−
∫∫ 1
00 λλλ λλλ .
Em resumo, se conhecermos a resposta do circuito ao impulso, poderemos analisar o
circuito sem passar pelo domínio da transformada de Laplace, ao preço, contudo, de
termos que calcular a integral de convolução.
A integral de convolução possui uma interpretação gráfica interessante. Repare que fazer
a mudança de variável, de x(t) para x(t-τ), representa refletir o gráfico e deslocá-lo para a
direita por uma quantidade t. No nosso Exemplo 17.1, com x(t)=u(t), teríamos
Seguindo esse raciocínio, determinar o valor da integral de convolução para um instante to
compreende:
1o) Refletir em relação ao eixo τ=0 e deslocar de to para a direita o gráfico da excitação.
1
0 τ t
1
0 τ to
R/L
CCiirrccuuiittooss EEllééttrriiccooss IIII
72
2o) Calcular para cada valor de τ o produto entre as duas curvas.
Produto entre u(t-ττττ) e h(ττττ)
3o) Calcular a área da figura resultante, o que representa a integral na variável τ.
Assim, para determinar o gráfico completo de vR(t), para todos os valores de t, é preciso
variar o deslocamento provocado por t de 0 a ∞, o que significa deslocar sucessivamente
o gráfico de u(t-τ) para a direita repetindo o procedimento acima.
Quando agregarmos os valores calculados para cada valor de t, teremos a curva vR(t).
vR(t) = convolução entre u(t) e h(t)
Repare que para t=0, a interseção entre as áreas é nula, de modo que ( ) 00 ==tR tv . Já
para ∞→t , a interseção é o próprio gráfico de h(t), de modo que
( ) ( ) 1
000
=−===
∞
−
∞
−
∞
∞→ ∫∫
tL
RtL
R
tR
edte
L
Rdtthtv
Esses resultados estão de acordo com a expressão (1) que encontramos para vR(t).
Por essa análise gráfica, podemos observar que o grau de amortecimento da resposta ao
impulso (ou a velocidade com que ela decresce) determina o tempo de acomodação da
resposta (ou a duração do regime transitório).
Neste sentido, vamos analisar um caso extremo, que é o de um sistema instantâneo, ou
sem-memória. Por exemplo, qual é a resposta de queda de tensão sobre um resistor para
um impulso de corrente? É simples:
( )
( )
( )sIRsV
sH
43421
= , logo ( ) { } ( )tRRLth δ== −1
1
0 t
1
0 τ to
R/L
CCiirrccuuiittooss EEllééttrriiccooss IIII
73
que é um impulso com energia R. Observe que sua resposta ao impulso possui um
“decaimento” muito rápido (na verdade instantâneo para 0>t ), o que se reflete no fato de
a resposta ( ( ) ( )tRutv = )se acomodar também instantaneamente. Todo circuito puramente
resistivo é um circuito instantâneo.
Na verdade, quanto mais “breve” for a resposta ao impulso de um circuito, com mais
rapidez a resposta atingirá o regime estacionário. Isso acontece porque o regime
transitório, na verdade, é induzido pela memória introduzida por capacitores e indutores,
que representa as “lembranças” que a resposta carrega da condição inicial em que o
circuito se encontrava. Contudo, à medida que o tempo passa, o peso (ou a “lembrança”)
da condição inicial vai se reduzindo, e o circuito tende ao regime estacionário.
E a dimensão do intervalo de tempo pelo qual o circuito ainda é capaz de “lembrar” da
condição inicial, que significa a duração do regime transitório, pode ser estimada pela
resposta ao impulso do circuito.
Exemplo 17.2
Vamos analisar a queda de tensão no circuito LC paralelo.
Solução
A queda de tensão sobre o paralelo é
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )sI
LCs
s
C
sI
LCs
sL
sI
sC
sL
sC
sL
sI
sC
sLsV
sH
4434421
1
1
11
1
1//
22 +
=
+
=
+
=
= ,
e a resposta ao impulso é
( ) ( )tut
LCCLCs
s
C
Lth
=
+
=
1
cos
1
1
1
2
1
.
Repare que a resposta ao impulso de um circuito LC não tende a zero, mas representa
uma oscilação permanente.
Se o circuito puramente resistivo representa um caso extremo, onde a resposta ao
impulso com decaimento instantâneo indica que o circuito não possui memória, o circuito
LC representa o outro caso extremo, onde a resposta ao impulso com duração infinita
indica que o circuito possui uma memória perfeita, “nunca esquecendo” da condição inicial
induzida pelo impulso de excitação.
Em um momento posterior, veremos que essa característica do circuito LC pode
representar um problema. De fato, dependendo da excitação, o circuito pode começar a
querer armazenar todo o histórico da excitação, levando a algo como uma sobrecarga,
gerando problemas de instabilidade.
I(s)
LC
+
V(s)
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