ASL 3 Transformada de LAPLACE

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TRANSITÓRIOS EM SISTEMAS LINEARES E ESTACIONÁRIOS: ANÁLISE 
NO DOMÍNIO S - TRANSFORMADA DE LAPLACE. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Liberdade, na ótica da sabedoria, não significa a negação de limites. 
 Ao contrário, pressupõe rígidos limites. Pense nisso! 
 
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INTRODUÇÃO 
 
 
Até aqui, as respostas dos nossos sistemas foram obtidas por meio de técnicas que 
trabalham exclusivamente no domínio do tempo. Nesta etapa, será utilizada outra técnica 
que consiste em transformar o problema no domínio do tempo para outro domínio, 
denominado S, resolvendo aí, e, em seguida retornando ao domínio do tempo. 
 
 
 
No domínio do tempo a modelagem matemática dos sistemas é feita com equações 
diferenciais. No domínio S, por sua vez, utilizam-se equações algébricas cujas soluções 
exigem comparativamente ao domínio t, menor esforço matemático. 
 
Definição: 
 
A Transformada de LAPLACE de uma função f(t) é definida como segue: 
 
0
( ) ( ) stF s f t e dt
∞
−
= ∫ (1) 
 
EXEMPLO LITERAL 1 
 
Seja ( ) atf t e−= , então 
 
0
0 0
( ) ( )1( ) ( )
a s t a s tat stF s e e dt e dt e
a s
∞ ∞
∞
− + − +− −
= = = −
+∫ ∫ 
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01( ) [ ]( )F s e ea s
−∞
= − −
+
 
 
1( ) ( )F s s a= + (2) 
 
Daí é possível concluir que: 
 
1[ ] ( ) ( )( )
atatL e F s quando f t e
s a
±±
= = =
m
 
 
EXEMPLO LITERAL 2 
 
Seja ( )f t sen tω= , então a Transformada de LAPLACE. 
 
0
( ) stF s sen t e dtω∞ −= ∫ 
(3) 
 
Recorrendo às equações de EULER 
 
2
j t j t
e e
sen t j
ω ω
ω
−
−
= 
 
Substituindo na equação (3) 
 
( )01( ) 2 j t j t stF s e e e dtj ω ω∞ − −= −∫ 
 
( ) ( )
0
1( )
2
j s t j s tF s e e dtj
ω ω∞ − − + − + 
= −
  ∫ 
 
( )
( )
( )
( ) 0
1( )
2
j s t j s t
e eF s j j s j s
ω ω
ω ω
−
∞
− +
− + 
 = − +
− + + 
 
 
 
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 0
1( )
2
j s t j s tj s e j s e
F s j s
ω ω
ω ω
ω
∞
− − + − + 
− + + − +
 =
+ 
 
 
2 2
1( )
2
j s j sF s j s
ω ω
ω
+ + − 
=  + 
 
 
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2 2
1 2( )
2
jF s j s
ω
ω
 
=  + 
 
Portanto: 
2 2( )F s s
ω
ω
=
+
 (4) 
 
Utilizando a definição da Transformada de LAPLACE refazer esse exemplo para 
( ) cos( )f t tω= . 
 
 
 Na tabela apresentada a seguir constam as Transformadas de LAPLACE das funções 
mais frequentemente utilizadas nos estudos envolvendo sistemas lineares. 
 
f(t) F(s) 
sen at
 
2 2
a
s a+
 
cos at
 
2 2
s
s a+
 
ate− 1
s a+
 
( )u t
 
1
s
 
( )tδ
 
1
 
 
( )df t
dt
 
 
( ) ( )0sF s f−
 
 
2
2
( )d f t
dt
 
2 ( ) (0) (0)ds F s sf f
dt
− −
 
 
( )f t dt∫
 
 
( )F s
s
 
 
 Tabela 1 - Transformadas de LAPLACE. 
 
 
Propriedades da Transformada de LAPLACE: 
 
 
a) Da derivada 
 
( ) ( ) (0)df tL sF s f
dt
 
= −  
 
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Generalizando 
 
1 2 1( ) ( ) ( ) (0) ... (0)
n
n n n n
n
d f tL S F s S f n S f f
dt
− − −
 
= − − − − 
  
 
 
b) Linearidade 
 
1 2 1 2[ ( ) ( )] [ ( )] [ ( )]L f t f t L f t f tα β α β+ = + 
 
c) Deslocamento em a: 
 
[ ( )] ( )atL e f t F s a− = − 
 
d) Da integral 
 
( )
0
( )
t F s
L f d
S
λ λ
 
= 
  
∫ 
 
e) Mudança de escala 
 
1[ ( )] ( )sL f at F
a a
= 
 
f) Multiplicação por nt 
 
( )( ) ( 1)
n
n n
n
d F sL t f t
d
  = −  , onde n = inteiro. 
 
g) Deslocamento em t: 
 
( )[ ( ) ] ( ) sL f t u t F s e ττ τ −− − = 
 
 
EXEMPLO NUMÉRICO 1 
 
 
Utilizando as propriedades determinar as Transformadas de LAPLACE das funções 
que seguem: 
 
a) 1( ) cos 2f t t= 
 
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1 2( ) ( 4)
SF S
S
=
+
 
 
b) 2 ( ) cos 2
df t t
dt
= 
 
( )2 2( ) 14
SF S S
S
 
 = −
+  
 
 
2
2 2( ) 14
SF S
S
= −
+
 
 
2 2
4( )
4
F S
S
= −
+
 
 
 
c) 3( ) cos 2f t t dt= ∫ 
 
2
3
4( )
S
SF S
S
 
 + 
=
 
 
3 2
1( )
4
F S
S
=
+
 
 
 
 TRANSITÓRIOS EM SISTEMAS LINEARES E ESTACIONÁRIOS 
SUBMETIDOS A SINAIS CONTÍNUOS: ANÁLISE CC 
 
 
CIRCUITOS DE PRIMEIRA ORDEM 
 
Circuito RC 
 
 
EXEMPLO LITERAL 3 
 
 
Considerando um ramo RC série, alimentado por uma fonte de tensão DC de valor 
V determinar as equações das variáveis do circuito: 
 
LKT: ( ) ( )V v t v t
r c
= + 
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a) Modelando a corrente ( )i t 
 
0
1( ) ( )
c
V R i t i t dt v
C
= + +∫ (5) 
 
Onde 0cv é tensão inicial nos terminaisdo capacitor 
 
Utilizando Transformada de LAPLACE 
 
0 ( )( )cV v I sRI s
S SC
−
= + 
 
0 1 ( )cV v R I s
S SC
−  
= +  
 
 
0 1 ( )cV v SRC I s
S SC
− + 
=   
 
 
0( )
1
c
V v SCI s
S SRC
−
=
+
 
 
( )0( ) 1 c
CI s V v
SRC
= −
+
 
 
Dividindo e multiplicando por 1/ RC 
 
01( )
1
c
V v
I s
R S
RC
−
=
 
+ 
 
 (6) 
 
Que é denominada solução operacional do sistema 
 
 Nesse caso é possível retornar ao domínio do tempo utilizando diretamente a tabela 
1, assim: 
 
( )0( ) tc RCV vi t e
R
−−
= 0para t ≥ (7) 
 
b) Modelando ( )rv t 
 
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1( ) ( )
r co
V v t i t dt v
C
= + +∫ 
0
1( ) ( )
r r c
V v t v t dt v
RC
= + +∫ (8) 
 
Passando para o domínio de LAPLACE 
 
0( )( ) cr
r
vV sV V s
S SRC S
= + + 
 
0 11 ( )c
r
V v
V s
S SRC
−  
= + 
 
 
 
0
( ) 1
c
r
V v
SV s SRC
SRC
−
=
+
 
 
0( )
1r
c
V v SRCV s
S SRC
−  
=  + 
 
 
( )0( ) 1r c
RCV s V v
SRC
 
= −  + 
 
 
Dividindo ambos os lados por 1 RC 
 
0( )
1r
c
V v
V s
S
RC
−
=
 
+ 
 
 (9) 
 
Daí, retornando ao domínio do tempo tem-se: 
 
( )0( ) c
t
RC
r
v t V v e
−
= − 
0para t ≥
 (10) 
 
c) Modelando ( )cv t 
 
( ) ( )
c c
dV R C v t v t
dt
= + (11) 
 
Passando para o domínio de LAPLACE 
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[ ] )()( 0 sVvsSVRCS
V
ccc +−=
 
 
( ) )(10 sVSRCvRCS
V
cc +=+
 
 
( )1)(
0
+
+
=
SRCS
VSRCv
sV cc
 
 
 
( ) ( )11
0)(
+
+
+
=
SRCS
V
SRC
cvRCs
c
V
 
 
 
0cv V 1V (s)
c 1 1RCS S S
RC RC
= +
   
+ +   
   
 (12) 
 
 Nesse caso não é possível identificar via tabela, a Transformada Inversa de 
LAPLACE. Nesses casos, se faz necessário utilizar um dos vários métodos existentes para 
esse fim. Serão apresentados a seguir o método de decomposição em frações parciais e a 
Fórmula de HEAVISIDE. 
 
 
MÉTODO DA DECOMPOSIÇÃO EM FRAÇÕES PARCIAIS 
 
 
 Trata-se de método cuja aplicação é possível quando a transformada de LAPLACE é 
uma função racional do tipo ( ) ( )P s Q s sendo ( )P s um polinômio de grau menor do que o 
grau do polinômio ( )Q s . Então a transformada de LAPLACE pode ser decomposta em 
frações parciais. O tipo de decomposição é dependente das raízes do polinômio ( )Q s , 
conforme apresentado a seguir: 
 
 
Quando as raízes forem distintas: 
 
 
( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )( ) ...
...
P s A B NF s
S a S b S n S a S b S n
= = + + +
+ + + + + +
 (13) 
 
 
Para se determinar o valor de cada variável multiplicar ambos os lados da igualdade 
pelo denominador da fração que contém a variável a ser calculada fazendo, em seguida, S 
igual à raiz da expressão do denominador. Uma vez calculada as constantes retorna-se 
facilmente ao domínio do tempo. 
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( )( ) ( ) ( )2 2
( )( ) P s AS B CF s
S bS a S b S a
+
= = +
++ + +
 (14) 
 
Nesse caso, o cálculo das variáveis se dá por meio do desenvolvimento matemático 
que utiliza mínimo múltiplo comum e conduz a um sistema de equações decorrente da 
comparação direta dos dois lados da igualdade. Conhecendo-se os valores das constantes é 
possível retornar com facilidade para o domínio do tempo. 
 
 
EXEMPLO LITERAL 4 
 
 
Considerando a solução operacional da equação (12). 
 
0cv V 1V (s)
c 1 1RCS S S
RC RC
= +
   
+ +   
   
 
 
Decompondo a segunda parcela em frações parciais tem-se: 
 
1 A B
1 1SS S S
RC RC
= +
   
+ +   
   
 (15) 
 
Multiplicando ambos os lados pelo denominador S e fazendo 0S = tem-se: 
 
S AS BS
1 1SS S S
RC RC
= +
   
+ +   
   
 
 
Daí, 
 
A RC= 
 
Multiplicando ambos os lados pelo denominador 1S
RC
 
+ 
 
 e fazendo 1S
RC
= − 
tem-se: 
 
1 1 1S A S B S
RC RC RC
1 1SS S S
RC RC
     
+ + +     
     
= +
   
+ +   
   
 
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Daí, 
 
B RC= − 
 
 
Substituindo A e B na equação (15). 
 
1 RC RC
1 1SS S S
RC RC
−
= +
   
+ +   
   
 (16) 
 
Assim a equação (9) pode ser escrita na forma que segue 
 
0cv V RC RCV (s)
c 1 1RC SS S
RC RC
 
 
−
 = + +
    + +        
 
 
0cv V VV (s)
c 1 1SS S
RC RC
= + −
   
+ +   
   
 
 
Rearranjando tem-se, 
 
0cV vVV (s)
c 1S S
RC
−
= −
 
+ 
 
 (17) 
 
Daí, a transformada inversa será: 
 
 ( )0( )
t
RC
c cv t V V v e
−
= − − 0para t ≥ (18) 
 
 
EXEMPLO NUMÉRICO 2 
 
 
Utilizando decomposição em Frações Parciais determinar a Transformada Inversa 
de LAPLACE da seguinte solução operacional: 
 
( )( )
2
2
2( )
1 1
SF s
S S
+
=
+ −
 (19) 
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 Pela equação (14) 
 
 
( )( ) ( ) ( )
2
2 2
2
11 1 1
S AS B C
SS S S
+ +
= +
−+ − +
 
 
( )( ) ( )( )
2 2 2
2 2
2
1 1 1 1
S AS AS BS B CS C
S S S S
+ − + − + +
=
+ − + −
 
 
Então 
( )( )
( ) ( ) ( )
( )( )
22
2 2
2
1 1 1 1
A C S A B S B CS
S S S S
+ − − − −+
=
+ − + −
 (20) 
 
 
De onde é possível identificar as seguintes igualdades 
 
( ) 1A C+ =
 
 
( ) 0A B− =
 
 
( ) 2B C− = −
 
 
 
A resolução desse sistema de três equações a três incógnitas conduz a: 
 
1
2
A B= = −
 
3
2
C =
 
Daí, 
( ) ( ) ( )2 2
1 1 3 1( )
2 2 11 1
SF s
SS S
 
 = − + +
−+ +  
 (21) 
 
 
Retornando ao domínio do tempo tem-se: 
 
 
( )1 3( ) cos
2 2
tf t t sent e= − + + (22) 
 
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Quando as raízes forem repetidas: 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 3 2
( )( )
...
P s A B CF s
S aS a S b S n S a S a
= = + + +
++ + + + + 
( ) ( )...
D N
S n S n
+ +
+ +
 (23) 
 
No caso das raízes de Q(s) não estarem explícitas na solução operacional, a decomposição 
se dá sem a necessidade de identificar as raízes, como segue: 
 
( ) ( ) ( ) ( )2 2 22 2
( )( )
...
P s AS B CS DF s
S bS cS bS c S n S bS c
+ +
= = + +
+ ++ + + + +
 
 
( )....
N
S n
+
+
 (24) 
 
 
 
 
FÓRMULA DE HEAVISIDE. 
 
 
É possível se deduzir a partir da decomposição em Frações Parciais, uma fórmula 
capaz de fornecer diretamente a Transformada Inversa de LAPLACE quando a função 
F(S)=P(S)/Q(S), sendo o grau de Q(s) maior do que o grau de P(s) e Q`(S) possui raízes 
distintas. Ela é conhecida como Fórmula de HEAVISIDE. 
 
 
1
1
( )( )
( ) '( )
K
n
tK
K K
PP SL eQ S Q
αα
α
−
=
 
= 
 
∑ (25) 
 
Onde 
 
Kα = raiz genérica de Q(S) 
 
'( )KQ α = derivada de Q(S) no ponto Kα 
 
 
 
 
 
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97
EXEMPLO NUMÉRICO 3 
 
 
 Utilizando a Fórmula de HEAVISIDE determinar a Transformada Inversa de 
LAPLACE das soluções operacionais que seguem: 
 
a) ( ) ( )
2 4( )
2 1
SF S
S S
−
=
+ −
 (26) 
1 2α = −
 
 
2 1α =
 
 
( 2) 8P − = −
 
 
'( 2) 3Q − = −
 
 
(1) 2P = −
 
 
'(1) 3Q =
 
 
'( ) 2 1Q S S= +
 
 
( ) 2 4P S S= −
 
 
Substituindo na equação (25) tem-se 
 
28 2( )
3 3
t tf t e e−= − (27) 
 
b) ( ) ( ) ( )
2 5( )
1 2 3
SF s
S S S
+
=
+ − +
 (28) 
1 1α = −
 
 
2 2α = +
 
 
3 3α = −
 
 
3 2( ) 2 5 6Q S S S S= + − −
 
 
( ) 2 5P S S= +
 
 
2
'( ) 3 4 5Q S S S= + −
 
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98
(1) 3P =
 
 
'(1) 6Q = −
 
 
(2) 9P =
 
 
'(2) 15Q =
 
 
( 3) 1P − = −
 
 
`( 3) 10Q − =
 
 
Daí, 
2 31 3 1( )
2 5 10
t t tf t e e e− −= − + − (29) 
 
 
c) ( )( )2
1( )
1 1
F S
S S
=
+ +
 (30) 
 
As raízes do denominador são 
 
1 1α = − 
 
2 jα = + 
 
3 jα = − 
 
( 1) 0 1S S+ = → =
 
 
2( 1) 0S + =
 
 
1S S j= ± − → = ± 
 
Então 
 
( ) 1P S =
 
 
3 2( ) 1Q S S S S= + + +
 
 
3
`( ) 3 2 1Q S S S= + +
 
 
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99
E 
 
`( 1) 2Q − =
 
 
2
`( ) 3( ) 2( ) 1 2 2Q j j j j+ = + + + = − +
 
 
2
`( ) 3( ) 2 1 2 2Q j j j j− = − − + = − −
 
Daí 
 
1 1 1( )
2 ( 2 2 ) ( 2 2 )
t jt jtf t e e ej j
− + −
= + +
− + − −
 (31) 
 
Racionalizando a duas últimas parcelas 
 
( )
( )
( )
2 21 ( 2 2 ) 1
2 2 2 2 8 4
j j j
j j
− −
− − − −
= =
− + − −
 
 
( )
( )
( )
2 21 ( 2 2 ) 1
2 2 2 2 8 4
j j j
j j
− +
− + − +
= =
− + − +
 
 
Temos 
 
( ) ( )1 11( )
2 4 4
t jt jtj jf t e e e− + −− − − += + +
 
 
1 1 1( )
2 4 4 4 4
t jt jt jt jtj jf t e e e e e− + + − −= − − − +
 
Mas 
 
1 jj = −
 
 
1 1 1( )
2 4 4 4 4
t jt jt jt jtj jf t e e e e ej
− + + − −
= − − − +
 
 
Rearranjando 
 
1 1 1( )
2 2 2 2 2
jt jt jt jt
t e e e ef t e j
+ − + −
−
   + −
= − +   
   
 (32) 
 
 
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100
Pelas equações de EULER 
 
cos s nje j eθ θ θ+ = +
 
 
cos s nje eθ θ θ− = −
 
 
Logo 
cos
2
j je eθ θθ
+ −+
=
 
e 
s n
2
j je e
e j
θ θ
θ
+ −
−
=
 
Então: 
 
1 1 1( ) cos s n
2 2 2
tf t e t e t−= − +
 
 
ou 
( )1( ) cos s n2 tf t e t e t−= − + (33) 
 
 
Circuito RL 
 
 
EXEMPLO LITERAL 5 
 
 
 Considere um ramo RL serie alimentado por uma fonte DC de valor V , e determinar a 
equação da tensão nos terminais do indutor. 
 
LKT: ( ) ( )
r lV v t v t= + 
 
Modelando ( )lv t 
 
)()( tvtRiV l+=
 
 
0
1 ( ) ( )l r lV R v t v v tL= + +∫ (34) 
 
Onde 0 0rv R i= 
 
 
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101
Passando para o domínio S, tem-se: 
 
)()( 0 sV
S
v
S
sV
L
R
S
V
l
rl ++=
 
 
)(10 sV
SL
R
S
vV
l
r 





+=
−
 
 
SL
RSL
S
vV
sV
r
l +
−
=
0
)(
 
 
( )0( )l r LV s V v SL R= − + 
 
Dividindo ambos os lados por L 
 
0( ) rl
V vV s
RS
L
−
=
 
+ 
 
 (35) 
 
Nesse caso a Transformada Inversa de LAPLACE pode ser obtida diretamente da 
Tabela 1. Daí, retornando ao domínio do tempo tem-se: 
 
( )0( )
R
t
L
l rv t V v e
−
= − 0para t ≥ (36) 
 
 Para assegurar a fixação desses conhecimentos determine as equações para as 
demais variáveis, ( ) ( )ri t e v t , do circuito RL. 
 
 
CIRCUITOS COM CONDIÇÕES INICIAIS NULAS 
 
Circuito RC 
 
EXEMPLO NUMÉRICO 4: 
 
 Considere um ramo RC alimentado, no instante t=0, por uma fonte DC de 30 volts. 
Estando o capacitor com carga inicial nula, determinar a equação da corrente série do 
circuito. 
 
LKT: ( ) ( ) 30r cv t v t+ = 
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102
Modelando i(t), temos: 
 
1( ) ( ) 30Ri t i t dt
C
+ =∫ (37) 
 
Aplicando as propriedades e a Transformada de LAPLACE da função de excitação, 
temos a equação algébrica correspondente, no domínio S. 
1 ( ) 30( ) I sRI s
C s s
+ = 
Daí, 
1 30( )I S R
SC S
 
+ =  
 
 
30
( ) 1
SI S
R
SC
=
+
 
30
( ) 1
SI S RSC
SC
=
+
 
 
:
:
30( )
1
RC
RC
CI S
SRC
=
+
 
 
30
( ) 1
RI S
S
RC
=
+
 
 
Portanto, a solução operacional do circuito será: 
 
30 1( )
1
I s
R S
RC
=
 
+ 
 
 (38) 
 
Nesse caso a Transformada Inversa de LAPLACE pode ser obtida diretamente pela 
Tabela 1. Assim, retornando ao domínio do tempo tem-se: 
 
130( ) tRCi t e
R
−
= 0para t ≥ (39) 
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103
Circuito RL 
 
EXEMPLO NUMÉRICO 5 
 
 
Considere um ramo RL alimentado, no instante t=0, por uma fonte DC de 30 volts. 
Determinar a equação da corrente série do circuito. 
 
LKT: ( ) ( ) 30r lv t v t+ = 
 
Modelando a corrente ( )i t 
 
( ) ( ) 30dRi t L i t
dt
+ = (40) 
 
Passando para o domínio S 
 
[ ] 30( ) ( ) (0)RI S L SI S i
S
+ − =
 
 
[ ] 30( )I S R SL
S
+ =
 
 
30( ) ( )I S S R SL= +
 
 
30
( ) LI s
RS S
L
=
 
+ 
 
 
 
A solução operacional será: 
 
30 1( )I S
RL S S
L
=
 
+ 
 
 (41) 
 
Decompondo em frações parciais 
 
30
A BL
R RSS S S
L L
= +
   
+ +   
   
 
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104
Cálculo da constante A 
 
0 0
30
S S
BSL A
R RS S S
L L
= =
 = + 
   
+ +   
   
 
 
30A
R
=
 
 
Cálculo da constante B 
 
30
R RS S
L L
RA S
LL B
S S=− =−
 
+ 
  =  +
 
 
30B
R
= −
 
Assim, 
 
30 1 30 1( )I S
RR S R S
L
= −
 
+ 
 
 (42) 
 
Retornando para o domínio do tempo 
 
30 30( )
R
t
Li t e
R R
−
= − 0para t ≥ (43) 
 
 
CIRCUITOS COM CONDIÇÕES INICIAIS NÃO NULAS 
 
 
Circuito RC 
 
EXEMPLO NUMÉRICO 6 
 
 
Considerando um ramo RC série, alimentado por uma fonte DC 10V volts= e, 
sabendo-se que a tensão inicial nos terminais do capacitor, quando do chaveamento da 
fonte, é 0 2cv volts= determinar a equação da tensão nos terminais do capacitor e da 
corrente série do circuito. 
 
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105
a) Modelando ( )cv t 
 
LKT: ( ) ( ) 0r cv t v t+ = 
 
( ) ( ) 10c
c
dv tRC v t
dt
+ = (44) 
 
Passando para o domínio de S: 
 
10[ ( ) (0)] ( )
c c c
RC SV S V V S
S
− + =
 
 
 
10( ) (0) ( )
c c c
SRCV S RCV V S
S
− + =
 
 
[ ] 10 2 10( ) 1 2c S RCV S SRC RCS S
+
+ = + =
 
 
( )
:
:
2 10
2 10( )
1 1
RC
c
RC
S RC
S RCSV S
SRC S SRC
+ 
  + 
= =
+ +
 
 
Portanto a solução operacional será: 
 
2 10
( )
1c
S RC
RCV S
S S
RC
+ 
 
 
=
 
+ 
 
 (45) 
 
Decompondo em frações parciais: 
 
2 10
1 1
S RC
A BRC
SS S S
RC RC
+ 
 
 
= +
   
+ +   
   
 
 
0
2 10
10 10
1 1S
S RC
RCRCA
RCS
RC
=
+ 
 
 
=  = =
 
+ 
 
 
 
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106
1
2 10 2 10 8
81 11 S RC
S RC
RC RC RCB
S
RC RCRC
=−
+ − +   
   
   
=  = = = −
 
− −+ 
 
 
 
A solução operacional será: 
 
10 8( )
1
Vc S
S S
RC
= −
 
+ 
 
 (46) 
 
Retornando ao domínio do tempo tem-se: 
 
( ) 10 8
t
RC
cv t e
−
= − 0para t ≥ (47) 
 
b) Modelando ( )i t 
 
LKT: ( ) ( ) 10r cv t v t+ = 
 
0
1( ) ( ) 10
c
Ri t i t dt v
C
+ +=∫ (48) 
 
Passando para domínio S: 
 
( ) 2 10( ) I SRI S
SC S S
+ + =
 
 
 
1 8( )I S R
SC S
 
+ =  
 
 
( )
:
:
8
8( )
1 1
RC
RC
CSI S
RSC SRC
SC
 
 
 
= =
+ + 
 
 
 
 
8
8 1( )
1 1
RI S
RS S
RC RC
 
 
 
= =
   
+ +   
   
 (49) 
 
Que é a Solução Operacional. 
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107
 Portanto: 
 
8( )
t
RCi t e
R
−
= 0para t ≥ (50) 
 
 
CIRCUITOS DE SEGUNDA ORDEM 
 
 
Circuito LC 
 
EXEMPLO LITERAL 6 
 
Considerando um ramo LC serie alimentado por uma fonte DC determinar a 
equação da corrente série contemplando a possibilidade de que a tensão inicial nos 
terminais do capacitor seja diferente de zero. 
 
LKT: ( ) ( )l cv t v t V+ = 
 
0
( ) 1 ( ) c
di tL i t dt v V
dt c
+ + =∫
 
 
2
2
( ) 1 ( ) 0d i tL i t
dt c
+ = (51) 
 
Passando Para o domínio S 
 
2 ( ) (0) (0) ( ) 0L S I S Si i I Sι − − + = 
 
Mas 
 
(0) 0i = 
 
 e 
0(0) cV vdi
dt L
−
= 
 
( )02 ( )( ) 0cV v I SLS I S L
L C
−
− + =
 
 
2
0
1( ) cI S LS V vC
 
+ = −  
 
 
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108
0
2
( )
1
cV vI S
LS
C
−
=
 
+ 
 
 
 
2
1( ) 1
coV vI S
L S
LC
− 
=  
  +
 (52) 
 
Mas 20 0
1 1
e
LCLC
ω ω= = 
 
( )0
2 2
0
1( ) cV vI S
L S ω
−
=
+
 
 
( )0 0
2 2
0 0
( ) cV vI S
L S
ω
ω ω
−
=
+
 (53) 
 
 Retornando para o domínio do tempo 
 
 
0
0
0
( ) s ncV vi t e t
L
ω
ω
 
−
=  
 
 (54) 
 
Onde 
2
0
1 L LL L
LC LC C
ω = = =
 
 
Portanto 
 
( )0
0( ) s nc
V v
i t e t
L
C
ω
−
= 0para t ≥ (55) 
 
NOTA: No caso de uma linha de transmissão C
L Z
C
= é a impedância característica. 
 
 
 
 
 
 
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109
EXEMPLO NUMÉRICO 7 
 
 
 Considerando o circuito abaixo determinar as equações nos terminais do capacitor e 
do indutor na ausência do diodo, assim como a tensão reversa máxima sobre o diodo, no 
caso da corrente inicial ser igual a 1 A. 
 
 
+
_
17mH
5,9µF
100V
0
 
 
a) Equação para a tensão nos terminais do capacitor 
 
 
LKT: ( ) ( )L cv t v t E+ = 
 
( ) ( )c
dL i t v t E
dt
+ =
 
 
 
2
2 ( ) ( )c c
dLC v t v t E
dt
+ = (56) 
 
 
Utilizando Transformada de LAPLACE 
 
2 ( ) (0) (0) ( )c c c c
d ELC S V S Sv v V S
dt S
 
− − + =  
 
 
2( ) 1 (0) (0)c c c
EV S S LC SLCv Li
S
 + − − = 
 
 
2
(0) (0)
( )
1
c c
c
E SLCv Li
SV S
S LC
+ +
=
+
 
 
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110
2 2 2
(0) (0)( ) ( 1) 1 1
c c
c
SLCv LiEV S
S S LC S LC S LC
= + +
+ + +
 
 
Dividindo por LC e fazendo 20
1
LC
ω = 
 
2 2 2 2 2 2
0 0 0
(0) (0) //( ) ( )
c c
c
Sv i CE LCV S
S S S Sω ω ω
= + +
+ + +
 (57) 
 
Utilizando decomposição em frações parciais, equação (17) 
 
 
2 2
0
2 2 2 2 2 2
0 0 0
( )/
( ) ( ) ( )
A C S BS AE LC A B CS
S S S S S S
ω
ω ω ω
+ + ++
= + =
+ + +
 
 
0A C+ =
 
 
0B =
 
 
 
2
0 /A E LCω =
 
 
Daí, 
 
; 0A E B e C E= = = −
 
 
e 
2 2 2 2
0 0
/
( ) ( )
E LC E ES
S S S Sω ω
−
= +
+ +
 
Assim, 
 
0
2 2 2 2 2 2
0 0 0 0
(0) (0) /( ) ( )
c c
c
Sv i CE ESV S
S S S S
ω
ω ω ω ω
= − + +
+ + +
 (58) 
 
Retornando ao domínio do tempo, 
 
0 0
0
(0)( ) cos (0)cos cc c
i
v t E E t v t sen t
C
ω ω ω
ω
= − + +
 
ou 
0 0( ) [ (0)]cos (0)c c c
L
v t E E v t i sen t
C
ω ω= − − + 0para t ≥ (59) 
 
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111
a) Equação para a Corrente do Capacitor: 
 
LKT: ( ) ( )c Lv t v t E+ = 
 
1 ( ) (0) ( )c
di t dt v L i t E
C dt
+ + =∫ (60) 
 
Passando para o domínio S, temos: 
 
 
(0)( ) [ ( ) (0)]cvI S EL SI s i
SC S S
+ + − =
 
 
 
(0)1( ) (0) cE vI S SL Li
SC S
− 
+ − =  
 
 
 
(0) (0) (0) (0)( ) 1 11
c
c
E v Li E v LiSI S
SL SLS SLSC SCSC
−
+
−
= = +
 + ++ 
 
 
 
 
2 2
[ (0)] (0)( )
1 1
cC E v SLCiI S
S LC S LC
−
= +
+ +
 
 
 
0
2 2 2 2
0 0 0
1 [ (0)] (0)( )
cE v SiLI S
S S
ω
ω ω ω
−
= +
+ +
 
 
 
0
2 2 2 2
0 0
( ) [ (0)] (0)c
C SI S E v i
L S S
ω
ω ω
= − +
+ +
 (61) 
 
 
0 0( ) [ (0)] (0) cosc
Ci t E v sen t i t
L
ω ω= − + 0para t ≥ (62) 
 
 
 
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112
Solução pela Fórmula de HEAVISIDE 
 
 
a) Equação para a Tensão no Capacitor: 
 
LKT: ( ) ( )L cE v t v t= + 
 
( ) ( )c
dE L i t v t
dt= +
 
 
2
2 ( ) ( )c c
dE LC v t v t
dt
= + (63) 
 
Passando para o domínio S temos: 
 
2 '( ) (0) (0) ( )c c c c
E LC S V S Sv v V S
S
 = − − + 
 
 
'
(0)(0) cc
i
v
C
=
 
Então, 
 
2( ) 1 (0) (0)c c c
E V S S LC SLCv Li
S
 = + − − 
 
 
2
(0) (0)
( )
1
c c
c
E SLCv Li
SV S
S LC
+ +
=
+
 
 
2 2 2
(0) (0)( ) ( 1) 1 1
c c
c
SLCv LiEV S
S S LC S LC S LC
= + +
+ + +
 (64) 
 
2
02 2 2
0
/
, 1/( 1) ( )
E E LC
onde LC
S S LC S S
ω
ω
= =
+ +
 
 
2 2
0 0 0( ) ( )( )
E E LC
S S S S j S jω ω ω=+ + −
 
 
Utilizando a Fórmula de HEAVISIDE, equação (25) 
 
' 2 2
0( ) 3Q S S ω= +
 
 
' 2
0(0)Q ω=
 
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113
' 2
0 0( ) 2Q jω ω+ = −
 
 
' 2
0 0( ) 2Q jω ω− = −
 
 
Então, 
( )0 0 0
0 0
cos( )( ) 2
j jE LC EE e e E E t
S S j S j
ω ω ω
ω ω
+ −
= + + = −
+ −
 (65) 
 
02 2 2
0
(0) (0) (0)cos
1
c
c c
SLCv S
v v t
S LC S
ω
ω
= =
+ +
 (66) 
e 
0 0
2 2 2 2 2
0 0 0 0 0
(0)
(0) (0) 1
,
1
c
c c
i
Li iC L
CS LC S C S C
ω ω
ω ω ω ω ω
= = =
+ + +
 
 
02
(0) (0)
1
c
c
Li L i sen t
S LC C
ω=
+
 (67) 
 
Portanto substituindo as equações (64), (65) e (66) na equação (63), tem-se: 
 
0 0( ) [ (0)]cos (0)c c c
L
v t E E v t i sen t
C
ω ω= − − + 0para t ≥ (68) 
 
Cálculo da tensão máxima reversa sobre o diodo 
 
( ) ( )L cv t E V t= −
 
( ) [ (0)]cos (0)L c
L
v t E v t i sen t
C
ω ω= − − (69) 
 
A tensão máxima ocorre quando ( ) 0L
d
v t
dt
= 
 
Passando a equação (58) para o domínio S 
 
2 2 2 2( ) [ (0)] (0)L c
S LV s E v i
S C S
ω
ω ω
= − −
+ +
 (70) 
 
Sabemos que 
 
( ) ( ) (0)L L L
dL v t SV s v
dt
 
= −  
 
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114
Daí, 
2 2 2 2( ) [ (0)] (0) [ (0)]L c c
d S LL v t S E v i E v
dt S C S
ω
ω ω
   
= − − − −   + +    
 
 
2
2 2 2 2( ) [ (0)] [ (0)] (0)L c c
d S L SL v t E v E v i
dt S C S
ω
ω ω
 
= − − − −  + + 
 
 
2
2 2 2 2( ) [ (0)] 1 (0)L c
d S L SL v t E v i
dt S C S
ω
ω ω
  
= − − − + −   + +   
 
Então, 
 
2
2 2 2 2( ) [ (0)] (0)L c
d L SL v t E v i
dt S C S
ω
ω ω
ω ω
  
= − − −   + +   
 (71) 
 
Retornando ao domínio do tempo e igualando a zero 
 
( ) [ (0)] (0)cos 0L c
d L
v t E v sen t i t
dt C
ω ω ω ω= − − − = (72) 
 
Ou 
[ (0)] (0) cosc
LE v sen t i t
C
ω ω ω ω− − =
 
e 
(0)
[ (0)]c
L i
Ctg t
E v
ω
ω
ω
= −
−
 
 
(0)
[ (0)]c
L i
Ctg t
E v
ω = −
−
 
 
 
(0)
[ (0)]c
L i
Ct arctg
E v
ω
 
 
 = −
− 
 
 
 
 
Fazendo tθ ω= 
 
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115
17 3
5,9 6
100
e
e
arctgθ
 
−
− 
− 
= −
 
 
 
 
28, 27θ = °
 
 
Portanto, 
 
max ( ) 100cos(28, 27) 53,77 (28, 27)Lv t sen= + (73) 
 
Ou, 
max ( ) 113,53Lv t volts=
 
 
 
EXEMPLO NUMÉRICO 8 
 
 
Considerando que não havia energia armazenada no circuito de duas malhas 
indicado a seguir, determinar a equação da corrente do indutor a partir do chaveamento no 
instante t=0. 
 
Malha I: 
 
( )1 1 1 2dR i L i i Vdt+ − =
 
 
1 1 1 2 1 2( ) { [ ( ) ( )] [ (0) (0)]}R I S L S I S I S i i+ − − − 
 
1 1 1 1 2 2( ) ( ) (0) ( ) (0)
VR I S LSI S Li LSI S Li
S
+ − − + = 
1 2
1 2
200 200(0) (0) 14, 28
14
i i A
R R
= = = =
+
 
1 1 2( ) ( ) ( )
VR SL I S SLI S
S
+ − = (74) 
 
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116
Malha II 
 
( )2 2 1 2 0dR I L i idt= − =
 
 
2 2 2 2 1 1( ) ( ) (0) ( ) (0) 0R I S LSI S Li LSI S Li+ − − + =
 
 
2 2 1( ) ( ) ( ) 0R LS I S LSI S+ − = 
 
1 2 2( ) ( ) ( ) 0LSI S R LS I S− + + = (75) 
 
1 1
2 2
( )
( ) 0
VR SL SL I
SSL R SL I
+ −
=
− + +
 
 
( ) 21 2) ( )R SL R SL SL∆ = ( + + −
 
 
2 2
1 2 1 2 ( ) ( )R R R SL R SL SL SL∆ = + + + −
 
 
3
1 2 1 2( ) (3,10 )(4 10)R R SL R R S −∆ = + + → ∆ = (4,10) + + 
 
S∆ = 40 + 0,042 
(76) 
 
Cálculo de 1( )I s 
 
20 ( )
V SL
S
R SL
1
−
∆ =
+
 
 
( ) 22 200 R SLV R SLS S1
+ ∆ = + =  
 
 (77) 
 
( )2
1
1
200
( )
40 0,042
R SL
SI s
S
+
∆
= =
∆ +
 
 
1
2000 0,6
( )
40 0,042
SI s
S
+
=
+
 
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117
 
1
200 0,06
( )
40 0,042
S
SI s
S
+ 
 
 
=
+
 
 
( )1
2000 0,6( )
40 0,042
SI S
S
+
=
+
 (78) 
 
Decompondo em frações parciais 
 
( ) ( )
0,6 2000
40 0,042 40 0,042
S A B
S S S S
+
= +
+ +
 
 
2000 50
40
A A= → =
 
 
40
0,042
0,6 2000 1,5
S
SB B
S =−
+
=  → = − 
 
( )
:0,042
1
:0,042
50 1,5( )
0,042 40
I S
S S
= −
+
 
 
1
50 35,7( )
952,38
I S
S S
= −
+
 (79) 
 
Retornando para o domínio do tempo 
 
952,38
1( ) 50 35,71 ti t e−= − 0para t ≥(80) 
 
Utilizando o mesmo procedimento encontra-se: 
 
952,38
2 ( ) 14, 29 ti t e−= 0para t ≥ (81) 
 
 
Sendo 
 
3 1 2( ) ( )i t i i t= +
 
 
Então 
 
952,38 952,38
3( ) 14,29 50 35,71t ti t e e− −= + −
 
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118
 
Logo 
952,38
3( ) 21,42 50ti t e−= − + 0para t ≥ (82) 
 
 Para revisar os conhecimentos acima, refaça esse exemplo substituindo o indutor 
por um capacitor. Considere nula a energia inicial armazenada no campo elétrico do 
capacitor. Neste caso 1 2R R R= = e V E volts= . 
 
EXEMPLO NUMÉRICO 9 
 
 
Considere um ramo RL série ( 10 ; 5R L mH= Ω = ), submetido no instante t=0, via 
chaveamento, a uma fonte DC de 200volts . Quando o circuito atingir o regime permanente 
o ramo passa a ser submetido a uma fonte DC de 300volts− até atingir um outro regime 
permanente. Nesse momento o ramo passa a ser submetido a uma fonte DC de 400volts . 
Utilizando Transformada de LAPLACE e levando em conta que os chaveamentos se dão de 
forma instantânea, determinar a equação da corrente para o circuito RL. 
 
Análise genérica 
 
( ) ( )
r lE v t v t= +
 
 
( )( ) di tE Ri t L
dt
= + 
( ) ( )di tL Ri t E
dt
+ = (83) 
 
Passando para o domínio de LAPLACE 
 
[ ]( ) (0) ( ) EL SI S i Ri S
S
− + =
 
 
( ) (0) ( ) ESLI S Li RI S
S
− + =
 
 
( ) (0)( ) (0)E E SLiSL R I S Li
S S
+
+ = + =
 
 
(0)
( )
( )
E SLi
SLI S RSL
L
+
=
+
 
 
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119
:
:
(0)
( ) ( )
L
L
E SLi
SI S
SL R
+
=
+
 
 
 
(0)
( )
E i
SLI S
RS
L
+
=
 
+ 
 
 
 
(0)( ) E iI S
R RSL S S
L L
= +
   
+ +   
   
 (84) 
 
Para o chaveamento 1: 
 
200( ) 0I S
RSL S
L
= +
 
+ 
 
 
 
200 1( )I S
RL S S
L
=
 
+ 
 
 (85) 
 
Decompondo em frações parciais 
 
200 1 A B
R RL SS S S
L L
= +
   
+ +   
   
 
 
0
200 1
SA RL S
L
=
= 
 
+ 
 
 
200A
R
= 
 
20A = 
 
200 1 200 20RS
L
B B B
L S R=−
=  → = − → = − 
 
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120
( )
20 20( )
2000
I S
S S
= −
+
 (86) 
Daí, 
 
 
2000( ) 20 20 ti t e−= − 
Ou 
( )2000( ) 20 1 ti t e−= − (87) 
 
Para o Chaveamento 2: 
 
300 20( )I S
R RSL S S
L L
−
= +
   
+ +   
   
 (88) 
 
300 1 A B
R RL SS S S
L L
− = +
   
+ +   
   
 
 
30A = − 
 
300 1
RS
L
B
L S =−
= −  
 
30B = 
 
30 30 20( )I S
R RS S S
L L
= − + +
   
+ +   
   
 
 
30 50( )I S
RS S
L
= − +
 
+ 
 
 
 
( )
30 50( )
2000
I S
S S
= − +
+
 (89) 
 
Retornando ao domínio do tempo 
 
2000( ) 30 50 ti t e−= − + (90) 
 
 
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121
Para o chaveamento 3: 
 
400 ( 30)( )I s
R RSL S S
L L
−
= +
   
+ +   
   
 (91) 
 
400 1 A B
R RL SS S S
L L
=
   
+ +   
   
 
 
40A = 
 
400 1
RS
L
B
L S =−
=  
 
40B = − 
 
40 40 30( )I S
R RS S S
L L
= − −
   
+ +   
   
 
( )
40 70( )
2000
I S
S S
= −
+
 (92) 
 
Retornando ao domínio do tempo 
 
2000( ) 40 70 ti t e−= − (93) 
 
0 1 2 3 4 5 6 7
x 10-3
-30
-20
-10
0
10
20
30
40
Corrente Série do Circuito
tempo(s)
co
rr
e
n
te
(A
)
 
 
 Fig. 1 – Corrente série do circuito RL 
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122
Para consolidar os conhecimentos apresentados refaça esse exemplo modelando as 
demais variáveis ( ) ( )
r lv t e v t . 
 
 
EXEMPLO NUMÉRICO 10 
 
Considere um ramo RC série ( 10 ; 5R C mF= Ω = ), submetido no instante t=0, via 
chaveamento, a uma fonte DC de 400 volts . Quando o circuito atingir o regime permanente 
o ramo passa a ser submetido a uma fonte DC de 200 volts até atingir um outro regime 
permanente. Nesse momento o ramo passa a ser submetido a uma fonte DC de 300volts− . 
Utilizando Transformada de LAPLACE e levando em conta que os chaveamentos se dão de 
forma instantânea, determinar a equação da corrente para o circuito RC. 
 
Análise genérica: 
 
LKT: ( ) ( )
r cv t v t V+ = 
 
0
1( ) ( ) cRi t i t dt v VC+ + =∫ (94) 
 
Passando para o domínio de LAPLACE 
 
0( )( ) cvI s VRI s
SC S S
+ + =
 
 
01 ( ) cvER I s
SC S S
 
+ = −  
 
 
0
( )
1
cvE
S SI s
R
SC
−
=
 
+  
 
0( )
1 1
cvVI s
S R S R
SC SC
= −
   
+ +      
 
 
0( )
1 1
cvEI s
RSC RSCS S
SC SC
= −
+ +   
      
 
 
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123
01 1( )
1 1
cvVI s
R RS S
RC RC
= −
   
+ +      
 
(95) 
 
Para o chaveamento 1 
 
0 0cv = 
 
( )
40( )
20
I s
S
=
+
 (96) 
 
Então 
 
20( ) 40 ti t e−= (97) 
 
Para o chaveamento 2 
 
[ ] [ ]
20 40( )
20 20
I s
S S
= −
+ +
 (98) 
 
Retornando ao domínio do tempo 
 
20 20( ) 20 40t ti t e e− −= −
 
Ou 
 
20( ) 20 ti t e−= − (99) 
 
Para o chaveamento 3 
 
 
[ ] [ ]
30 20( )
20 20
I s
S S
= − −
+ +
 
 
[ ]
50( )
20
I s
S
= −
+
 (100) 
 
Retornando ao domínio do tempo 
 
20( ) 50 ti t e−= −
 (101) 
 
 
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124
 
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7
-50
-40
-30
-20
-10
0
10
20
30
40
Corrente Série do Circuito
tempo(s)
co
rr
e
n
te
(A
)
 
 
 Fig.2 – Corrente série do circuito RC 
 
 
 Com vistas a consolidar seus conhecimentos refaça esse exemplo modelando as 
demais variáveis ( ) ( )
r cv t ev t . 
 
 
 
EXEMPLO NUMÉRICO 11 
 
 
Considere um ramo RL série ( 10 ; 4R L mF= Ω = ), submetido no instante t=0, via 
chaveamento, a uma fonte DC de 300 volts . Quando transcorrer duas constantes de tempo 
ramo passa a ser submetido a um curto circuito. Após o circuito atingir novo regime 
permanente o ramo passa a ser submetido a uma fonte DC de 600volts− . Utilizando 
Transformada de LAPLACE e levando em conta que os chaveamentos se dão de forma 
instantânea, determinar a equação da tensão nos terminais do indutor, em cada intervalo. 
 
Análise genérica 
 
LKT: ( ) ( )l rv t v t V+ = 
 
( ) ( )lv t Ri t V+ =
 
 
( ) ( )l l
R
v t v t dt V
L
+ =∫ (102) 
 
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125
Passando para o domínio de LAPLACE 
 
( ) (0)( ) ll
V sR Ri VV s
L S S S
+ + = 
 
(0)1 ( )l
R V RiV s
SL S S
 
+ = −  
 
 
(0)( )l
SL R V RiV s
SL S
+ + 
=  
 
 
(0)( )l
V Ri SLV s
S SL R
−
=
+
 
 
(0)( )l
V RiV s
R RS S
L L
= −
   
+ +   
   
 (103) 
 
Para o chaveamento 1 
 
( )
300( )
2500l
V s
S
=
+
 (104) 
 
Retornando ao domínio do tempo 
 
2500( ) 300 tlv t e−= (105) 
 
Para o chaveamento 2 
 
Por ocasião do segundo chaveamento a tensão dos terminais do resistor que será a 
mesma no instante imediatamente após o chaveamento será determinada como segue: 
 
2(2 ) 300lv eτ −=
 
 
(2 ) 40,6lv τ =
 
 
LKT: (2 ) (2 ) 300r lv vτ τ+ = 
 
(2 ) 300 40,6rv τ = − 
 
(2 ) 259, 4rv voltsτ = 
 
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126
Portanto no instante subseqüente ao segundo chaveamento a corrente que flui 
através do resistor será: 
 
( )0 25,94i = A 
 
Substituindo em (103) e considerando V= 0, tem-se: 
 
( )
259, 4( )
2500l
V s
S
= −
+
 
 
Retornando ao domínio do tempo 
 
2500( ) 259, 4 tlv t e−= − (106) 
 
 
Para o chaveamento 3 
 
Nesse caso o chaveamento ocorre após o segundo chaveamento quando o circuito 
atinge o regime permanente e a corrente do circuito se torna nula, assim: 
 
2500( ) 600 tlv t e−= − (107) 
 
Observe que a partir das equações da tensão nos terminais do indutor, em cada 
intervalo, é possível determinar facilmente as equações para a tensão nos terminais do 
resistor e a corrente série por meio da Lei de Kirchhoff e da Lei de Ohm , respectivamente. 
 
0 1 2 3 4 5 6
x 10-3
-600
-500
-400
-300
-200
-100
0
100
200
300
Tensões nos terminais do Indutor e do Resistor
tempo(s)
te
n
sã
o
(v)
 
 
 Fig.3 – Tensões nos terminais do Indutor e do Resistor 
 
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127
EXEMPLO NUMÉRICO 12 
 
Considere um ramo RC ( 200 ; 5R C Fµ= Ω = ) submetido no instante t=0 a uma 
fonte de tensão de 150 volts . Transcorridos 500 sµ , o ramo é instantaneamente submetido, 
via chaveamento, a uma fonte de tensão de 100 volts . Considerando as condições iniciais 
nulas, determinar as equações da tensão nos terminais do capacitor, em cada intervalo. 
 
Análise Genérica 
 
LKT: ( ) ( )
r cv t v t V+ = 
 
( ) ( )cRi t v t V+ = 
 
( ) ( )c c
dRC v t v t V
dt
+ = (108) 
 
Passando para o domínio de LAPLACE 
 
[ ]0( ) ( )c c c VRC SV s v V s S− + = 
 
0( ) ( )c c c
VRCSV s RCv V s
S
− + = 
 
[ ] 0( ) 1c cVV s RCS RCvS+ = + 
 
Daí, 
 
( ) ( )
0( )
1 1
c
c
RCvVV s
S RCS RCS
= +
+ +
 (109) 
 
Para o chaveamento 1 
 
( )
150( )
1c
V s
S RCS
=
+
 (110) 
 
Decompondo em Frações Parciais 
 
( ) ( )
150
1 1
A B
S RCS S RCS
= +
+ +
 
 
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128
Tem-se 
 
150A = 
 
150BRC= − 
 
Assim, 
 
( )
150 150( )
1c
RCV s
S RCS
= −
+
 (111) 
 
Retornando ao domínio do tempo 
 
1000( ) 150 150 tcv t e= − (112) 
 
 
Para o chaveamento 2 
 
( ) ( )
0100( )
1 1
c
c
RCvV s
S RCS RCS
= +
+ +
 (113) 
 
Decompondo em Frações Parciais 
 
( ) ( )
100
1 1
A B
S RCS S RCS
= +
+ +
 
 
Tem-se, 
 
100A = 
 
100B RC= − 
 
Assim, 
 
( ) ( )
0100 100( )
1 1
c
c
RCvRCV s
S RCS RCS
= − +
+ +
 
 
Onde 0 (500 ) 59,04c cv v s voltsµ= = 
 
Portanto 
 
( )
100 40,96( )
1c
RCV s
S RCS
= −
+
 (114) 
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129
Retornando ao domínio do tempo 
 
1000( ) 100 40,96 t
c
v t e= − (115) 
 
Observe que a partir das equações da tensão nos terminais do capacitor, em cada 
intervalo, é possível determinar facilmente as equações para a tensão nos terminais do 
resistor e a corrente série por meio da Lei de Kirchhoff e da Lei de Ohm , respectivamente. 
 
 
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5
x 10-3
0
50
100
150
Tensões nos terminas do Capacitor e do Resistor
tempo(s)
te
n
sã
o
(v)
 
 
 Fig. 4 – Tensões nos terminais do Capacitor e do Resistor 
 
 
 
TEOREMA DO VALOR INICIAL E TEOREMA DO VALOR FINAL 
 
 
A partir da Transformada de LAPLACE é possível identificar tanto a condição 
inicial quanto a condição final em regime permanente da variável no domínio do tempo 
sem a necessidade de determinar a Transformada Inversa de LAPLACE. Isso é possível por 
meio da utilização dos teoremas do valor inicial e do valor final, respectivamente. 
 
Teorema do Valor Inicial 
 
0
lim ( ) lim ( )
St
f t SF s
→∞→
= (116) 
 
Teorema do Valor Final 
 
0
lim ( ) lim ( )
St
f t SF s
→→∞
= (117) 
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130
EXEMPLO NUMÉRICO 13 
 
 
Considere um ramo RL ( 10 4 )R e L mH= Ω = submetido a uma seqüência de 
chaveamento tal que a solução operacional da corrente em cada intervalo é dada por: 
 
1
300( )I s
RSL S
L
=
 
+ 
 
 
 
2
600 30( )I s
R RSL S S
L L
−
= +
   
+ +   
   
 
 
3
900 60( )I s
R RSL S S
L L
−
= +
   
+ +   
   
 
 
Aplicando os Teoremas do Valor inicial e do Valor final em cada intervalo tem-se: 
 
Intervalo 1 
 
300(0) 0
s
Si
RSL S
L
→∞
= =
 
+ 
 
 
 
0
300( ) 30
s
Si
RSL S
L
→
∞ = =
 
+ 
 
 
 
Intervalo 2 
 
600 30(0) 30
s
Si
R RL S S
L L
→∞
−
= + =
   
+ +   
   
 
 
0
600 30( ) 60
s
Si
R RL S S
L L
→
−
∞ = + = −
   
+ +   
   
 
 
 
 
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131
 Intervalo 3 
 
900 60(0) 60
s
Si
R RL S S
L L
→∞
= − = −
   
+ +   
   
 
 
0
900 60( ) 90
s
Si
R RL S S
L L
→
∞ = − = +
   
+ +   
   
 
 
 Utilizando a propriedade da derivada é possível determinar as condições inicial e 
final da tensão no indutor, como segue: 
 
[ ]( ) ( ) (0)LV S L SI s i= −
 
 
( ) ( ) (0)LV S LSI s Li= −
 
 
Intervalo 1 
1
300( ) 0LV s SL RSL S
L
= −
 
+ 
 
 
 
1
300( )LV s RS
L
=
 
+ 
 
 
Daí 
 
1
300(0) 300L
s
S
v
RS
L
→∞
= =
 
+ 
 
 
 
1 0
300( ) 0L
s
S
v
RS
L
→
∞ = =
 
+ 
 
 
 
Intervalo 2 
2
600 30( ) 30LV s SL LR RSL S S
L L
 
 
−
 = + −
    + +        
 
 
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132
2
600 30( ) 30L
SLV s L
R RS S
L L
−
= + −
   
+ +   
   
 
 
2
600 30 30 300( )L
SL SLV s
RS
L
− + − −
=
 
+ 
 
 
2
900( )LV s RS
L
−
=
 
+ 
 
 
Assim, 
 
 
2
900(0) 900L
s
S
v
RS
L
→∞
−
= = −
 
+ 
 
 
 
2 0
900( ) 0L
s
S
v
RS
L
→
−
∞ = =
 
+ 
 
 
 
Intervalo 3 
3
900 60( ) 60LV s SL LR RSL S S
L L
 
 
 = − +
    + +        
 
 
3
900 60( ) 60L
SLV s L
R RS S
L L
= − +
   
+ +   
   
 
 
3
900 60 60 600( )L
SL SLV s
RS
L
− + +
=
 
+ 
 
 
3
1500( )LV s RS
L
=
 
+ 
 
 
Logo, 
 
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133
3
1500(0) 1500L
s
S
v
RS
L
→∞
= =
 
+ 
 
 
 
3 0
1500( ) 0L
s
S
v
RS
L
→
∞ = =
 
+ 
 
 
 
 
TRANSITÓRIOS EM SISTEMAS LINEARES E ESTACIONÁRIOS 
SUBMETIDOS À FUNÇÃO DEGRAU E À FUNÇÃO IMPULSO. 
 
 
 
RESPOSTA AO DEGRAU 
 
 
EXEMPLO LITERAL 7 
 
Determinar a resposta ao degrau de um ramo RL série submetido a uma fonte de 
tensão ( )u t . Considerar a energia inicial armazenada no campo magnético nula. 
 
( ) ( ) ( )
r lv t v t u t+ =
 
Modelando a corrente ( )i t 
 
( ) ( ) ( )dRi t L i t u t
dt
+ = (118) 
 
Passando para o domínio de LAPLACE tem-se 
 
[ ] 1( ) ( ) (0)RI s L SI s i
S
+ − =
 
 
( ) 1( )R LS I s
S
+ =
 
 
( )
1( )I s
S R LS
=
+
 
 
1 1( )I s
RL S S
L
=
 
+ 
 
 (119) 
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134
Decompondo em frações parciais 
 
1 A B
R RSS S S
L L
= +
   
+ +   
   
 (120) 
 
Daí, 
 
LA
R
=
 
 
LB
R
= −
 
 
Substituindo na equação (120) 
 
 
1( ) L LI s
RL SR R S
L
 
 
 = −
  +    
 
 
1 1 1( )I s
RR S S
L
 
 
 = −
  +    
 (121) 
 
 
Retornando ao domínio tempo tem-se: 
 
 
1( ) ( ) ( )
R
t
Li t u t e u t
R
− 
= − 
 
 
 
Ou 
( )( ) 1
R
t
Lu ti t e
R
− 
= − 
 
 (122) 
 
 
 
 
 
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135
EXEMPLO LITERAL 8 
 
Determinar a resposta ao degrau de um ramo RC série submetido a uma fonte de 
tensão ( )u t . Considerar a energia inicial armazenada no campo elétrico nula. 
 
( ) ( ) ( )
r cv t v t u t+ =
 
 
Modelando a corrente ( )i t 
 
1( ) ( ) ( )coRi t i t dt v u tC+ + =∫ (123) 
 
Passando para o domínio S 
 
( ) 1( ) I sRI s
SC S
+ =
 
 
1 1( )R I s
SC S
 
+ = 
 
 
 
( )
1( )
1
SCI s
S SRC
=
+
 
 
Rearranjando 
 
1 1( )
1
I s
R S
RC
=
 
+ 
 
 (124) 
Portanto 
 
( )( )
t
RCu ti t e
R
−
= (125) 
 
 Verifique os seus conhecimentos determinando a resposta ao degrau ( )u t , 
modelando as tensões no indutor e no capacitor nos exemplos RL e RC, respectivamente. 
 
 
 
 
 
 
 
 
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136
RESPOSTA AO IMPULSO 
 
EXEMPLO LITERAL 9 
 
 
Determinar a resposta ao impulso de um ramo RL série submetido a uma fonte de 
corrente ( )tδ . Considerar a energia inicial armazenada no campo magnético nula. 
 
LKT: ( ) ( ) ( )R Lv t v t tδ+ = 
 
Modelando a corrente ( )i t 
 
( )( ) ( )di tRi t L t
dt
δ+ = (126) 
 
Passando para o domínio S 
 
[ ]( ) ( ) (0) 1RI S L SI S i+ + =
 
 
[ ]( ) 1I S R SL+ =
 
 
1( )I S
R SL
=
+
 
 
Rearranjando 
 
1 1( )I S
RL S
L
=
 
+ 
 
 (127) 
 
A equação correspondente no domínio do tempo será: 
 
1( )
R
t
Li t e
L
−
= 0para t ≥ (128) 
 
 
EXEMPLO LITERAL 10 
 
 
Determinar a resposta ao impulso de um ramo RC série submetido a uma fonte de 
corrente ( )tδ . Considerar a tensão inicial nos terminais do capacitor igual a zero. 
 
LKT: ( ) ( ) ( )
r cv t v t tδ+ = 
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137
Modelado a corrente ( )i t 
 
1( ) ( ) ( )cRi t i t dt tC δ+ =∫ (129) 
 
Passando para o domínio S 
 
1 ( )( ) 1I SRI S
C S
+ =
 
 
1( ) 1I S R
SC
 
+ =  
 
 
:
:
( )
1
RC
RC
SCI S
RSC
 
=  + 
 
 
( )
1
S
RI S
S
RC
=
 
+ 
 
 (130) 
 
Decompondo em frações parciais 
 
( )
1 1
S
ARI S
S S
RC RC
= =
   
+ +   
   
 
Daí, 
2
1A
R C
= − 
 
então 
2
1 ( )( )
t
RC ti t e
R C R
δ−
= − + 0para t ≥ (131) 
 
 Onde ( )t
R
δ
 é a corrente inicial do circuito 
 
Utilizando as propriedades da Transformada de LAPLACE encontre a resposta ao 
degrau a partir da resposta ao impulso e vice e versa dos circuitos RC e RL apresentados 
anteriormente. 
 
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138
TRANSITÓRIOS EM SISTEMAS LINEARES E ESTACIONÁRIOS 
SUBMETIDOS A SINAIS CONTÍNUOS: ANÁLISE AC. 
 
 
CIRCUITOS DE PRIMEIRA ORDEM 
 
Circuito L 
 
EXEMPLO LITERAL 11 
 
 
 Por meio de um circuito L alimentado por um sinal AC é possível determinar a 
corrente de energização de um reator, desconsiderando as perdas existentes no sistema, 
como segue: 
 
( )( ) s nmv t V e tω θ= +
 
 
( )( ) ( )L
di t
v t v t L
dt
= =
 
 
( )( ) 1 s nmdi t V e tdt L ω θ= + (132) 
 
Considerando que ( )s n s n cos s n cose t e t e tω θ ω θ θ ω+ = + e passando para o domínio S: 
 
2 2 2 2( ) (0) cos s nm
V SSI S i e
L S S
ωθ θ
ω ω
    
− = +    + +    
 
 
 
2 2 2 2
1 1( ) cos s nm mV V SI S e
L S S L S S
ω ωθ θ
ω ω ω
   
= +   + +   
 
 
Rearranjando 
 
2 2 2 2
1( ) cos s nm mV VI s e
L S S L S
ω ωθ θ
ω ω ω
   
= +   + +   
 (133) 
 
Utilizando decomposição em frações parciais 
 
( ) 2 22 2
A B CS
S SS S
ω
ωω
+
= +
++
 (134) 
 
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139
( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2
AS A BS CS
S S S S
ω ω
ω ω
+ + +
=
+ +
 
 
( )
( )
( )
2 2
2 2 2 2
A C S BS A
S S S S
ωω
ω ω
+ + +
=
+ +
 
Daí, 
( ) 2 0A C S+ =
 
 
0A C+ =
 
 
A C= −
 
 
0BS =
 
 
0B =
 
 
2Aω ω=
 
 
1A
ω
=
 
 E 
 
1C
ω
 
= − 
 
 
 
Substituindo A, B e C na equação (134), tem-se: 
 
( ) ( ) 2 22 2 2 2
1 1 1S S
S S SS S S
ω