Supondo condições iniciais nulas,considere o circuito RL série a seguir, que tem como entrada a tensão v(t) e como saída a corrente i(t).

V(s) = z(s).i(s)
I(s)/V(s) = 1/z(s)

I(s)/v(s) = 1/10+0,1s = 10/s+100

H(s) = I(s)/V(s) = 10/s+100 .: 0,1 (100/s+100)

y(s) = 0,1 (1-e^-100t)u(t)
y(s)= 0,1 - 0,1 e^-100t u(t) ou 0,1 - 0,1 e^-100t, t>0

Aplicando o método das malhas, a equação da malha é:

\(\Longrightarrow L{\partial i(t) \over \partial t } + Ri(t) =v(t)\)

1. Primeiro, será calculada a solução homogênea \( i_{h}(t)\) da EDO.

\(\Longrightarrow L{\partial i_{h}(t) \over \partial t } + Ri_{h}(t) =0\)

\(\Longrightarrow {\partial i_{h}(t) \over \partial t } + {R \over L}i_{h}(t) =0\)

\(\Longrightarrow {\partial i_{h}(t) \over \partial t } =- {R \over L}i_{h}(t)\)

\(\Longrightarrow {1 \over i_{h}(t) } \,\partial i_{h}(t) =- {R \over L} \partial t\)

Integrando dos dois lados, tem-se o seguinte:

\(\Longrightarrow \int {1 \over i_{h}(t) } \,\partial i_{h}(t) =-\int {R \over L} \partial t\)

\(\Longrightarrow \ln \big ( i_{h}(t) \big )=- {R \over L} t+c\)

\(\Longrightarrow i_{h}(t)=e^{- {R \over L} t + c}\)

\(\Longrightarrow i_{h}(t)=e^{- {R \over L} t } \cdot e^c\)

\(\Longrightarrow \underline { i_{h}(t)=ke^{- {R \over L} t } } \)    \((I)\)

Sendo \(c\) e \(k=e^c\) constantes quaisquer.

2. Agora, será calculada a solução particular \( i_{p}(t)\) da EDO. Sendo \( v(t) = V_s \) um degrau (ou seja, \(V_s\) constante), tem-se o seguinte:

\(\Longrightarrow L{\partial i_p(t) \over \partial t } + Ri_p(t) =V_s\)

Sendo \(i_p(t) = I\) (ou seja, constante), o valor de \(I\) é:

\(\Longrightarrow L{\partial I \over \partial t } + RI =V_s\)

\(\Longrightarrow L\cdot 0 + RI =V_s\)

\(\Longrightarrow I ={V_s \over R}\)

Então, a solução \( i_{p}(t)\) é:

\(\Longrightarrow \underline {i_p(t) ={V_s \over R}}\)    \((II)\)

Portanto, a solução geral \(i(t) = i_h(t) + i_p(t)\) é:

\(\Longrightarrow i(t) = ke^{-{R \over L} t} + {V_s \over R}\)    \((III)\)

Com as condições iniciais nulas, tem-se que a corrente inicial do indutor é \(i(0^{-})=0 \, \mathrm {A}\). Como a corrente do indutor deve ser contínua no tempo, o valor de \(i(0^{+})\) é:

\(\Longrightarrow i(0^{+}) = i(0^{-})\)

\(\Longrightarrow i(0^{+})=0 \, \mathrm {A}\)     \((IV)\)

Substituindo a equação \((IV)\) na equação \((III)\), o valor da constante \(k\) é:

\(\Longrightarrow i(0^{+}) = ke^{-{R \over L} \cdot 0} + {V_s \over R}\)

\(\Longrightarrow 0 = k\cdot 1 + {V_s \over R}\)

\(\Longrightarrow k=- {V_s \over R}\)    \((V)\)

Substituindo a equação \((V)\) na equação \((III)\), a solução completa é:

\(\Longrightarrow i(t) = -{V_s \over R}e^{-{R \over L} t} + {V_s \over R}\)

\(\Longrightarrow i(t) = {V_s \over R}(1- e^{-{R \over L} t})\)

Finalmente, sendo \(R=10 \, \mathrm {\Omega}\) e \(L=0,1 \, \mathrm {H}\), a resposta final do exercício é:

\(\Longrightarrow i(t) = {V_s \over 10}(1- e^{-{10 \over 0,1} t})\)

\(\Longrightarrow \fbox {$ i(t) = {V_s \over 10}(1- e^{-100 t}) $}\)